2024年高考物理第一轮复习：第 2讲　限时规范训练 (5)

限时规范训练

[基础巩固]

1.(2021·浙江卷)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆．若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器(　　)

A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用

B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上

C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用

D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力

解析：B　打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向向上，则合力方向竖直向上，B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，由于还受到火星的吸引力，则与气体的阻力不是平衡力，选项D错误．

2．如图，足够长的固定斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v0从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处．已知物体与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则物体滑回原处的速度大小为(　　)

A．v0　 B．v0

C． v0  D． v0

解析：B　物体上滑过程有v＝2a1x，其中a1＝gsin θ＋μgcos θ，物体下滑过程有v2＝2a2x，其中a2＝gsin θ－μgcos θ，解得v＝v0，故B正确，A、C、D错误．

3.(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上．横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变．将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关．若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　　)

A．逐渐增大  B．逐渐减小

C．先增大后减小  D．先减小后增大

解析：D　设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知＝gt2sin θ，可得t2＝，可知θ＝45°时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大．故选D.

4.如图所示，四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4 N．g取10 m/s2.

(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t＝5 s时离地面的高度h.

(2)当无人机悬停在距离地面高度H＝100 m处时，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落地面时的速度v.

解析：(1)设无人机上升时加速度为a，由牛顿第二定律得

F－mg－f＝ma，

解得a＝6 m/s2

由h＝at2，解得h＝75 m.

(2)设无人机坠落过程中加速度为a1，由牛顿第二定律得

mg－f＝ma1

解得a1＝8 m/s2

由v2＝2a1H，解得v＝40 m/s.

答案：(1)75 m　(2)40 m/s

5．(2022·河南名校联考)热气球为了便于调节运动状态，需要携带压舱物，某热气球科学考察结束后正以大小为v的速度匀速下降，热气球的总质量为M，当热气球离地某一高度时，释放质量为M的压舱物，结果热气球到达地面时的速度恰好为零，整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度为g，求：

(1)释放压舱物时热气球离地的高度h；

(2)热气球与压舱物到达地面的时间差．

解析：(1)由题意知释放压舱物前热气球匀速下降有

F浮＝Mg

释放压舱物后：F浮－g＝a

即热气球向下做匀减速运动的加速度大小为：a＝g

由于热气球到地面时的速度刚好为零，

则h＝＝.

(2)设压舱物落地所用时间为t1，根据运动学公式有：

h＝vt1＋gt

解得：t1＝

设热气球匀减速到地面所用时间为t2，则h＝vt2

解得：t2＝

因此两者到达地面所用时间差为：t2－t1＝.

答案：(1)　(2)

[能力提升]

6.(2022·青海海东市高三一模)如图所示，质量均为0.2 kg的两个小物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将A从图示位置由静止释放，释放前瞬间A的底部到水平地面的高度为0.8 m，轻绳处于伸直状态，A落地后不反弹，B继续沿水平台面向右运动．B与台面间的动摩擦因数为0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2, B不会与滑轮相碰，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)

A．A落地前轻绳的拉力大小为2 N

B．B运动的最大速度为4 m/s

C．A落地后，B向右运动的路程为1.2 m

D．B运动的平均速度大小为1 m/s

解析：D　设A落地前轻绳的拉力大小为T，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得mg－T＝ma1，T－μmg＝ma1，联立解得a1＝2.5 m/s，T＝1.5 N，故A错误；A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得最大速度为v＝＝2 m/s，故B错误；A落地后，B做匀减速运动，其加速度大小为a2＝μg＝5 m/s2，B向右运动的路程为s＝＝0.4 m，故C错误；根据匀变速直线运动规律可知B在匀加速和匀减速运动过程的平均速度大小均为＝＝1 m/s，所以整个过程中B运动的平均速度大小为1 m/s，故D正确．

7．如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态．现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F＝kv(图中未标出)，已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是(　　)

A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动

B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止

C．小球的最大加速度为

D．小球的最大速度为

解析：D　刚开始运动时，加速度为a＝，速度v增大，加速度增大，当速度v增大到满足kv>mg后，加速度为a＝，速度v增大，加速度减小，当a减小到零，小球做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故A、B错误；当小球所受摩擦力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误；当加速度为零时，小球的速度最大，此时有F0＝μ(kvm－mg)，故最大速度为vm＝，故D正确．

8.水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图所示．经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面．已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为(　　)

A.  B．

C.  D．

解析：A　物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－g(2t)2，联立解得a＝g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝，A正确．

9.一质量为m＝2 kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5 m/s2匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2 s内能沿斜面运动位移x＝4 m．(g取10 m/s2)求：

(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；

(2)恒力F的大小．

解析：(1)根据牛顿第二定律可得

mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma，

解得μ＝.

(2)滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．

由x＝a1t2，得a1＝2 m/s2，

当加速度沿斜面向上时

Fcos 30°－mgsin 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1，

代入数据得F＝ N

当加速度沿斜面向下时

mgsin 30°－Fcos 30°－μ(Fsin 30°＋mgcos 30°)＝ma1

代入数据得F＝ N.

答案：(1)　(2) N或 N

10．有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：

(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；

(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件．

解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得

F－μmg＝ma1，

解得a1＝3 m/s2.

(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得

μmg＝ma2，

解得a2＝1 m/s2.

推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝a1t2.

撤去推力后木箱继续滑行的距离为x2＝.

为使木箱停在有效区域内，要满足

L1－L2≤x1＋x2≤L1，

解得1 s≤t≤  s.

答案：(1)3 m/s2　(2)1 s≤t≤  s