备战2025年高考二轮复习物理（湖南版）专题分层突破练2 力与直线运动（Word版附解析）

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基础巩固
1.(2024新课标卷)一质点做直线运动,下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是( )
答案 C
解析 本题考查位移图像和速度图像的理解。位移图像代表位移随时间的变化关系,速度图像代表速度随时间的变化关系,在同一时刻,只能有1个位移值或速度值,选项C正确,A、B、D错误。
2.(多选)如图所示,长木板放置在光滑的水平面上,一小物块置于长木板的中央,长木板和小物块的质量均为m,小物块与长木板间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对小物块施加一水平向右的拉力F,则长木板加速度a的大小可能是( )
A.0B.μg
C.32μgD.F2m
答案 BD
解析 若小物块与长木板间的摩擦力为静摩擦力,则小物块与长木板相对静止,加速度相同,对整体,由牛顿第二定律有F=2ma,解得a=F2m;若小物块与长木板间的摩擦力为滑动摩擦力,则小物块与长木板相对运动,对长木板,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg。故选B、D。
3.(2024广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落,P1在下落的第1 s末速度大小为v1。再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2,使P2从原高度自由下落,P2在下落的第1 s末速度大小为v2,g取10 m/s2,则( )
A.v1=5 m/sB.v1=10 m/s
C.v2=15 m/sD.v2=30 m/s
答案 B
解析 P1与P2释放之后均做自由落体运动,v1=v2=gt=10 m/s,选项B正确。
4.(2024九省联考河南卷)如图所示,在平直路面上进行汽车刹车性能测试。当汽车速度为v0时开始刹车,先后经过路面和冰面(结冰路面),最终停在冰面上。刹车过程中,汽车在路面上与在冰面上做加速度不同的匀减速直线运动,所受阻力之比为7∶1,位移之比为8∶7。则汽车进入冰面瞬间的速度为( )
A.12v0B.13v0
C.18v0D.19v0
答案 B
解析 设汽车进入冰面瞬间的速度为v1,由牛顿第二定律有Ff=ma,则汽车在路面上与在冰面上运动的加速度大小之比为a1a2=Ff1Ff2=71,由运动学公式可知,在路面上有v02-v12=2a1x1,在冰面上有v12=2a2x2,其中x1x2=87,解得汽车进入冰面瞬间的速度为v1=v03,故选B。
5.(2024九省联考黑龙江卷)如图所示,质量均为m的物块甲、乙静止于倾角为θ的固定光滑斜面上,二者间用平行于斜面的轻质弹簧相连,乙紧靠在垂直于斜面的挡板上。给甲一个沿斜面向上的初速度,此后运动过程中乙始终不脱离挡板,且挡板对乙的弹力最小值为0,重力加速度为g。挡板对乙的弹力最大值为( )
A.2mgsin θB.3mgsin θ
C.4mgsin θD.5mgsin θ
答案 C
解析 物块甲运动至最高点时,挡板对乙的弹力最小,为0,对乙有F弹1=mgsin θ,对甲有F弹1+mgsin θ=ma,物块甲运动至最低点时,根据对称性有F弹2-mgsin θ=ma,对乙受力分析,挡板对乙的弹力最大值为FN=F弹2+mgsin θ=4mgsin θ,故选C。
6.(多选)(2024陕西榆林一模)甲、乙两玩具小车在相邻两直道(可视为在同一直道)上行驶,它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示。已知乙车做匀变速直线运动,其图线与t轴相切于10 s处。下列说法正确的是( )
A.甲、乙的运动方向相反
B.乙的加速度大小为1.6 m/s2
C.甲、乙相遇时,甲的速度大于乙的速度
D.甲经过20 s到达乙的出发点x0处
答案 AD
解析 由图可知甲向正方向运动,乙向负方向运动,故A正确;由图可知,乙做减速运动,10 s末速度为零,根据逆向思维有x1=12at12,即t1=5 s时,乙的位移大小为30 m,可得a=2.4 m/s2,故B错误;甲、乙相遇时,甲的速度大小v1=x2t2=6 m/s,乙的速度大小v2=at1=2.4×5 m/s=12 m/s,故C错误;甲到达乙的出发点x0处时,用时t3=12at2v1=12×2.4×1026 s=20 s,故D正确。
7.(多选)如图所示,一辆货车开上倾角为β的斜坡,车厢的顶部用细线悬挂一个小球,某时刻悬挂小球的细线与虚线的夹角为α(虚线垂直于车厢底面),重力加速度为g,关于货车的运动,下列说法正确的是( )
A.若货车在斜坡上做匀速运动,则α=β
B.若货车在斜坡上做匀减速运动,则α>β
C.若货车在斜坡上做匀加速运动,则货车的加速度为a=gcs βtan α-gsin β
D.若货车在斜坡上做匀加速运动,则货车的加速度为a=gtan α
答案 AC
解析 若货车在斜坡上做匀速运动,则小球做匀速直线运动,受到的合外力为0,小球在竖直方向上所受重力和细线拉力的大小相等,细线在竖直方向上,根据几何关系可知α=β,故A正确;若货车在斜坡上做匀减速运动,则小球有沿斜面向下的加速度,细线应该向右偏,但在题图中虚线的左侧,则有α<β,故B错误;若货车在斜坡上做匀加速运动,则小球有沿斜面向上的加速度,细线应该向左偏,则有α>β,设细线的拉力为F,小球的质量为m,对小球受力分析,垂直斜面方向上,由平衡条件有Fcs α=mgcs β,沿斜面方向上,由牛顿第二定律有Fsin α-mgsin β=ma,联立解得a=gcs βtan α-gsin β,货车的加速度与小球的加速度相等,故D错误,C正确。
综合提升
8.(多选)(2023湖南卷)如图所示,光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球,两球用轻杆相连,A球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A.若B球受到的摩擦力为零,则F=2mgtan θ
B.若推力F向左,且tan θ≤μ,则F的最大值为2mgtan θ
C.若推力F向左,且μD.若推力F向右,且tan θ>2μ,则F的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)
答案 CD
解析 设杆的弹力为FT,对A球,一定有FTcs θ=mg。若B球受到的摩擦力为0,则对B球,在水平方向有FTsin θ=ma,解得a=gtan θ,对整体有F=4ma=4mgtan θ,A错误;若推力F向左,当A有最大加速度时侧壁对A的弹力为0,此时a=gtan θ,当B有最大加速度a'时,对B有μ·2mg-FTsin θ=ma',且tan θ≤μ,解得a'>a,故最大加速度仍为a,对整体有F=4ma=4mgtan θ,B错误;若推力F向左,且μ2μ,则B向右的最小加速度为a1,对B有FTsin θ-μ·2mg=ma1,对整体有Fmin=4ma1=4mg(tan θ-2μ),B向右的最大加速度为a2,对B有FTsin θ+μ·2mg=ma2,对整体有Fmax=4ma2=4mg(tan θ+2μ),故4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ),D正确。
9.(10分)(2024全国甲卷)为抢救病人,一辆救护车紧急出发,鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动,加速度大小 a=2 m/s2,在t1=10 s时停止加速开始做匀速运动,之后某时刻救护车停止鸣笛,t2=41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0=340 m/s。
(1)求救护车匀速运动时的速度大小。
(2)求在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
答案 (1)20 m/s (2)680 m
解析 (1)根据匀变速运动速度公式v=at1
可得救护车匀速运动时的速度大小v=2×10 m/s=20 m/s。
(2)救护车加速运动过程中的位移x1=12at12=100 m
设在t3时刻停止鸣笛,根据题意可得v(t3-t1)+x1v0+t3=t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1+v(t3-t1)
代入数据并联立解得x=680 m。
10.(12分)火车站用于安全检查的装置的部分简化示意图如图所示。某位乘客把质量为m=2 kg的物品轻放在水平传送带的A端,经传送带加速后从B端离开传送带,最后物品从斜面顶端C沿斜面下滑。已知水平传送带的长度为lAB=1 m,传送带以v=1 m/s的恒定速度沿逆时针方向转动,斜面CD的倾角为θ=30°,斜面CD的长度为s=0.5 m,物品与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.5,物品与斜面CD间的动摩擦因数为μ2=34,重力加速度大小g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不考虑物品在传送带与斜面交界处速度大小的变化,物品可视为质点。求:
(1)物品在传送带上运动的时间;
(2)物品滑到斜面底端D时(还未与地面碰撞)的速度大小。
答案 (1)1.1 s (2)1.5 m/s
解析 (1)设物品在传送带上的加速度大小为a1,由牛顿第二定律有μ1mg=ma1
解得a1=5 m/s2
设物品加速到与传送带共速时所用时间为t1,位移为x1,则t1=va1=0.2 s
x1=12a1t12=0.1 m
之后物品在传送带上匀速运动,时间为t2,则t2=lAB-x1v=0.9 s
物品在传送带上运动的时间为t=t1+t2=1.1 s。
(2)设物品在斜面上的加速度大小为a2,由牛顿第二定律有mgsin θ-μ2mgcs θ=ma2
解得a2=1.25 m/s2
设物品滑到斜面底端D时的速度大小为v2,由运动学公式有2a2s=v22-v2
解得v2=1.5 m/s。
11.(14分)(2024陕西商洛一模)如图甲所示,一足够长的木板静止在光滑的水平地面上,可视为质点的小滑块置于木板上A处。从t=0时刻开始,木板在外力作用下开始沿水平地面做直线运动,其运动的v-t图像如图乙所示。已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)t=3.5 s时,求小滑块的速度大小。
(2)若小滑块在木板上滑动时能够留下痕迹,求此痕迹的长度。
答案 (1)7 m/s (2)12 m
解析 (1)由木板运动的v-t图像可得,木板的加速度大小a1=ΔvΔt=4 m/s2
对小滑块,由牛顿第二定律有μmg=ma2
得a2= 2 m/s2
由于a2木板的速度大小v1=12 m/s
之后,木板减速,加速度大小仍为a1,设小滑块和木板共速还需要时间Δt,有v1-a1Δt=v2+a2Δt
解得Δt=1 s
故在3~4 s内,小滑块还在加速运动,因此t=3.5 s时,小滑块的速度大小v3=a2t=7 m/s。
(2)由以上分析可知0~4 s内小滑块一直匀加速运动,位移大小为x2=12a2t'2=16 m
t'=4 s时,小滑块的速度大小为v'=a2t'=8 m/s
根据v-t图像与时间轴围成的面积可知木板0~4 s内位移大小为
x1=12×3×12 m+8+122×1 m=28 m
因此0~4 s内木板相对小滑块向前运动12 m
t'=4 s前,木板相对小滑块向前运动,t'=4 s后,因为木板加速度大小不变且大于小滑块的最大加速度,则木板相对小滑块向后运动,在4~6 s内,木板的位移大小为x3=(6-4)×82 m=8 m
小滑块在t'=4 s后减速直到停止过程的位移大小x4=v'22a2=16 m
因此4~6 s内,木板相对小滑块向后运动8 m。故小滑块在木板上滑动时能够留下痕迹,则此痕迹的长度为12 m。
12.(16分)交规规定:“在没有信号灯的路口,一旦行人走上人行道,机动车车头便不能越过停止线”。如图甲所示,一长度为D=5 m的卡车以v0=36 km/h的初速度向左行驶,车头距人行道距离为L1=40 m,人行道宽度为L2=5 m。同时,一距离路口L3=3 m的行人以v1=1 m/s的速度匀速走向长度为L4=9 m的人行道。图乙为卡车的侧视图,车上的货物可视为质点,货物与车之间的动摩擦因数为μ=0.4,货物距离车头、车尾的间距分别为d1=2.5 m、d2=1.5 m。重力加速度g取10 m/s2。
甲
乙
(1)当司机发现行人在图示位置时立即加速且以后加速度恒定,要保证卡车整体穿过人行道时,人还没有走上人行道,求卡车加速度的最小值。
(2)如果司机以第(1)问的最小加速度加速,且穿过人行道后立即匀速,通过计算说明货物是否会掉下来。
(3)当司机发现行人在图示位置时立即减速且以后加速度恒定,要保证不违反交规,且货物不撞到车头,求卡车刹车时加速度大小需要满足的条件。
答案 (1)409 m/s2
(2)会掉下来,计算过程见解析
(3)54 m/s2≤a≤5 m/s2
解析 (1)人走上人行道的时间t1=L3v1=3 s
在3 s末卡车刚好穿过人行道,加速度最小,设为a1
有D+L1+L2=v0t1+12a1t12
解得a1=409 m/s2。
(2)卡车穿过人行道时的速度vm=v0+a1t1=10+409×3 m/s=703 m/s
货物的加速度a2=μg=4 m/s2
假设货物没掉下来,货物加速的时间为t2=vm-v0a2=103 s
货物的位移为x2=v0+vm2t2=5009 m
卡车的位移为x1=(D+L1+L2)+vm(t2-t1)=5209 m
所以货物相对卡车向后运动的位移为x1-x2=209 m>1.5 m
假设错误,货物会掉下来。
(3)人穿过人行道的时间t3=L3+L4v1=12 s
假设12 s内卡车的位移等于40 m,此时加速度最小,由40 m=v0t3+12(-a3)t32
得a3=109 m/s2
以此加速度,卡车减速为零的时间为t4=v0a3=10109 s=9 s
说明此加速度卡车在9 s时已经减速为零,9 s后不再运动,而此时刹车距离x=v022a3=45 m>40 m
说明假设错误,所以卡车在40 m内速度减小为零时加速度最小,a4=v022L1=54 m/s2
货物刚好不撞车头时,卡车的加速度最大,设为a5,有d1=v022a2-v022a5
解得a5=5 m/s2
所以卡车刹车时加速度的大小需要满足54 m/s2≤a≤5 m/s2。