人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破力与直线运动含答案

这是一份人教版高考物理二轮复习核心考点专项突破力与直线运动含答案
力与直线运动一 单项选择题1.某展车表演时做匀变速直线运动的位移x与时间t的关系式为x＝8t＋3t2，x与t的单位分别是m和s，则该汽车(　　)A．第1 s内的位移大小是8 mB．前2 s内的平均速度大小是28 m/sC．任意相邻1 s内的位移大小之差都是6 mD．任意1 s内的速度增量都是3 m/s【答案】C【解析】将t＝1 s代入到x＝8t＋3t2中得到第1 s内的位移大小x1＝11 m，选项A错误．前2 s内的平均速度大小v＝eq \f(x2,t)＝14 m/s，选项B错误．将x＝8t＋3t2与匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对照可得初速度大小v0＝8 m/s，加速度大小a＝6 m/s2，则任意相邻1 s内的位移差是Δx＝aT2＝6×12 m＝6 m，选项C正确．任意1 s内的速度增量Δv＝at＝6×1 m/s＝6 m/s，选项D错误．2.元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g＝10 m/s2，那么v0和k分别等于(　　)A．30 m/s，1　　　　　 B．30 m/s，0.5C．60 m/s，0.5 D．60 m/s，1【答案】D【解析】本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x＝eq \f(v0＋v,2)·t，代入数据得v0＝60 m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg＋Ff＝ma，又Ff＝kmg，a＝eq \f(60,3) m/s2＝20 m/s2，解得：k＝1.故A、B、C错，D对．3.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德 B. 伽利略 C. 笛卡尔 D. 牛顿【答案】 B【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A错误；伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B正确；笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D错误；故选B。4.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t＝0到t＝t1的时间内，它们的 v－t 图象如图所示．在这段时间内(　　)A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于 eq \f(v1＋v2,2)C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大【答案】A【解析】根据v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝eq \f(x,t)得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于eq \f(v1＋v2,2)，选项B错误；v－t图象的斜率大小反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误．5.处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆．从A点和C点分别静止释放两小球，从A、C点下落到D点的时间分别是t1、t2，则t1∶t2是(　　)A．1∶1 B．3∶2C．eq \r(3)∶eq \r(2) D．eq \r(2)∶eq \r(3)【答案】C【解析】由图可知，sCD＝2R，aCD＝eq \f(\r(3),2)g，由几何关系可得出sAD＝eq \r(3)R，aAD＝eq \f(1,2)g，由运动学公式s＝eq \f(1,2)at2，可得eq \f(t1,t2)＝eq \r(\f(sADaCD,sCDaAD))，代入数据得eq \f(t1,t2)＝eq \f(\r(3),\r(2))，故C正确．6.如图所示，细绳l1与l2共同作用于质量为m的小球而使其处于静止状态，其中细绳l1与竖直方向的夹角为θ，细绳l2水平，重力加速度为g，不计空气阻力．现剪断细绳l2，则剪断瞬间(　　)A．小球立即处于完全失重状态B．小球在水平方向上的加速度大小为eq \f(1,2)gsin 2θC．细绳l1上的拉力大小为eq \f(mg,cos θ)D．小球受到的合力大小为mgtan θ，方向水平向右【答案】B【解析】剪断细绳l2瞬间，小球受到的合力将变为垂直细绳l1斜向右下方，其大小为mgsin θ，D错误；由牛顿第二定律可知此时小球的加速度大小a＝gsin θ，故小球竖直向下的加速度大小为a竖＝gsin2θ，故小球虽然处于失重状态，但不是完全失重，A错误；小球在水平方向上的加速度大小为a水＝gsin θcos θ，即a水＝eq \f(1,2)gsin 2θ，B正确；此时细绳l1上的拉力大小为mgcos θ，故C错误．7.动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图所示.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5 s和4 s，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30 m，则该动车组的加速度约为(　　)A.0.17 m/s2 B.0.30 m/s2C.0.33 m/s2 D.0.38 m/s2【答案】C【解析】由匀变速运动的位移公式，x＝v0t＋eq \f(1,2)at2对两节车厢有60＝v0×(5＋4)＋eq \f(1,2)a(5＋4)2对第一节车厢，30＝v0×5＋eq \f(1,2)a·52联立解得a≈0.33 m/s2，故选项C正确.7.甲、乙两车同时从同一地点沿着平直的公路前进，它们运动的v－t 图象如图所示，下列说法正确的是(　　)A.两车在t＝40 s时再次并排行驶B.甲车减速过程的加速度大小为0.5 m/s2C.两车再次并排行驶之前，t＝30 s时两车相距最远D.两车之间的距离先增大，再变小，最后不变【解析】t＝40 s时，甲车的位移为eq \f(20＋5,2)×30 m＋5×10 m＝425 m，乙车的位移为10×40 m＝400 m，甲车在乙车前面，A错误；甲车做减速运动的加速度大小为a＝eq \f(20－5,30) m/s2＝0.5 m/s2，B正确；在两车再次并排行驶之前，t＝20 s时，两车相距最远，C错误；两车距离先增大，再变小，最后又变大，D错误。【答案】B8.放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v向右做匀速直线运动，如图所示.某时刻木板突然停止运动，已知mA>mB，下列说法正确的是(　　)A.若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞B.若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞C.若木板粗糙，由于A所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来D.无论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变【答案】D【解析】若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A、B将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a＝eq \f(μmg,m)＝μg，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度.保持相对静止.故D正确，A、B、C错误.二 不定项选择题1.甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t＝0时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的速度－时间图象(v－t图象)如图所示，则关于两车运动的说法中正确的是(　　)A．0～10 s时间内，甲、乙两车在逐渐靠近B．5～15 s时间内，甲、乙两车的位移大小相等C．t＝10 s时两车的速度大小相等、方向相反D．t＝20 s时两车在公路上相遇【答案】BD【解析】由题中v－t图象可知，甲、乙两车均沿正方向做直线运动，其中甲做匀速直线运动，乙做匀减速直线运动，在t＝10 s之前，乙车虽然在减速，但乙车的速度仍大于甲车的速度，故两车之间的距离越来越大，两车逐渐远离，选项A错误；由图可知，乙车做匀减速直线运动的加速度大小为a＝1 m/s2，故乙车在t＝5 s时的速度大小为v1＝15 m/s，在5～15 s时间内乙车的位移大小为x乙＝v1·Δt－eq \f(1,2)a·(Δt)2，代入数据可得x乙＝100 m，而甲车做匀速直线运动，在5～15 s时间内位移大小为x甲＝v0·Δt，即x甲＝100 m，所以在5～15 s时间内甲、乙两车的位移大小相等，选项B正确；由图可知，在t＝10 s时两车的速度大小相等、方向相同，选项C错误；由图可知，t＝20 s时甲、乙两车的v－t图线与时间轴围成的“面积”相等，故两车的位移相同，所以两车相遇，选项D正确．2.如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.6，下列说法正确的是(　　)A.下滑相同距离内物块A、B机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块A、B机械能的变化一定相同C.物块A、B一定不能同时到达传送带底端D.物块A、B在传送带上的划痕长度相同【答案】AC【解析】因为mgsin 30°＝eq \f(1,2)mgr乙。空气阻力f＝kr，对小球由牛顿第二定律得，mg－f＝ma，则a＝eq \f(mg－f,m)＝g－eq \f(kr,ρ·\f(4,3)πr3)＝g－eq \f(3k,4πρr2)，可得a甲>a乙，选项C错误；由h＝eq \f(1,2)at2知，t甲v乙，故选项B正确；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝f h知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确。8.美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役．假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103 N，所受阻力为重力的0.2倍，当飞机的速度大小达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞．g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是(　　)A．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 NB．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2C．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少具有大小为30 m/s的初速度D．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s【答案】CD【解析】飞机在跑道上加速时所受阻力f＝kmg＝0.2×103×10 N＝2×103 N，选项A错误．由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得a＝5 m/s2，选项B错误．设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小为v0，由匀变速直线运动规律得v2－veq \o\al(2,0)＝2ax，代入数据解得v0＝30 m/s，选项C正确．若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度为v1，则飞机相对地面的速度v＝v1＋at，飞机相对航母的位移大小x＝eq \f(1,2)at2，代入数据联立解得v1＝10 m/s，选项D正确．三 非选择题1.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即Ff＝kv.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m＝2 kg，斜面倾角θ＝30°，g取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t＝0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】(1)由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ－kv＝ma解得：a＝gsin θ－μgcos θ－eq \f(kv,m)(2)当a＝0时速度最大，vm＝eq \f(mg?sin θ－μcos θ?,k)减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v＝0时，a＝gsin θ－μgcos θ＝3 m/s2解得：μ＝eq \f(2\r(3),15)≈0.23，最大速度vm＝2 m/s，vm＝eq \f(mg?sin θ－μcos θ?,k)＝2 m/s解得：k＝3.0 kg/s【答案】(1)a＝gsin θ－μgcos θ－eq \f(kv,m)(2)eq \f(mg?sin θ－μcos θ?,k)　适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23　3.0 kg/s2.如图所示，与水平面夹角θ＝37°的倾斜传送带以v0＝2 m/s的速度沿顺时针方向转动，小物块A从传送带顶端无初速度释放的同时，小物块B以v1＝8 m/s的速度从底端滑上传送带．已知小物块A、B质量均为m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小物块A、B未在传送带上发生碰撞，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小物块B向上运动过程中平均速度的大小；(2)传送带的长度l应满足的条件．【解析】(1)对小物块B由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2小物块B减速至与传送带共速的过程中，时间t1＝eq \f(v1－v0,a1)＝0.6 s，位移s1＝eq \f(veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,0),2a1)＝3 m之后，小物块B的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2小物块B减速至0的时间t2＝eq \f(v0,a2)＝1 s位移s2＝eq \f(veq \o\al(2,0),2a2)＝1 m小物块B向上运动过程中平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(s1＋s2,t1＋t2)＝2.5 m/s.(2)小物块A的加速度也为a2＝2 m/s2，小物块B开始加速向下运动时，小物块A已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B滑下传送带后，小物块A到达传送带底端．当小物块B刚滑下传送带时，小物块A恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l0＝eq \f(1,2)a2t2小物块B向下运动过程s1＋s2＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,3)解得t3＝2 s，则t＝t1＋t2＋t3＝3.6 s代入解得l0＝12.96 m，即传送带的长度l≥12.96 m.【答案】(1)2.5 m/s　(2)l≥12.96 m3.我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1­所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2. (1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？【答案】(1)144 N　(2)12.5 m【解析】 (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有veq \o\al(2,B)＝2ax　 ①由牛顿第二定律有mgeq \f(H,x)－Ff＝ma　②联立①②式，代入数据解得Ff＝144 N　③(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)　④设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有FN－mg＝meq \f(veq \o\al(2,C),R)　⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m4.如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根据v－t图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离Δx.【解析】(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝eq \f(10－4,4) m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝eq \f(4－0,4) m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝eq \f(4－0,8) m/s2＝0.5 m/s2.(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3以上三式联立可得eq \f(m,M)＝eq \f(3,2).(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4×eq \f(1,2) m＝20 m.【答案】(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)eq \f(3,2) (3)20 m