备战2025年高考二轮复习物理（广东版）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s或速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是( )
A B C D
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.(2024广东一模)某同学将吹风机的出风口竖直向上,打开吹风机后用手捏住一个乒乓球移到出风口正上方,松开手后乒乓球在风力的推动下获得一定的初速度,随后关闭吹风机,乒乓球先竖直向上运动,到达最高点后再竖直下落。若上述过程中乒乓球受到的空气阻力大小恒定,取竖直向上为正方向,则关闭吹风机后,乒乓球的速度v和加速度a随时间t变化的图像可能正确的是( )
答案 B
解析 乒乓球具有竖直向上的初速度,关闭吹风机后,乒乓球受到竖直向下的重力和阻力,大小恒定,根据牛顿第二定律有mg+f=ma1,乒乓球先向上做匀减速直线运动,到最高点时速度为零,之后乒乓球加速下落,阻力方向变为竖直向上,根据牛顿第二定律有mg-f=ma2,比较可得a23.(2024广东阶段练习)如图所示,一滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动。若空气对滑翔伞和飞行人员的作用力为F,则此过程中F的方向可能是( )
答案 A
解析 滑翔伞沿直线朝斜向下方向做匀加速直线运动,则F与G的合力方向与v同向,故A符合题意,B、C、D不符合题意。
4.(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。
5.(多选)(2024广东揭阳阶段练习)乘坐空中缆车饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择。某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行,如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面,斜面上放一个质量为m的小物块,小物块相对斜面静止。则下列说法正确的是( )
A.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C.小物块受到的静摩擦力为12mg-ma
D.小物块受到的静摩擦力为12mg+ma
答案 AD
解析 小物块以加速度a上行,合力方向与加速度方向相同,设加速度方向为正方向,由牛顿第二定律可知,沿斜面方向有f-mgsin 30°=ma,解得f=12mg+ma,摩擦力方向平行斜面向上,故选AD。
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s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s0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s1=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=s2t2=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s0处时,用时t3=12at2v1=12×2.4×1026 s=20 s,故D正确。
7.(多选)(2024广东汕头二模)如图所示,球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒,右手迅速拍打筒的上端,使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动,最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来。已知球筒质量为m0=90 g(不含球的质量),羽毛球质量为m=5 g,球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N,球头离筒的上端距离为d=9 cm,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则( )
A.静置时,羽毛球受到的摩擦力为0.1 N
B.拍打球筒后瞬间,羽毛球受到向上的摩擦力
C.拍打球筒后瞬间,羽毛球的加速度为30 m/s2
D.仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则筒的初速度为3 m/s
答案 CD
解析 静置时,根据平衡条件有f=mg=5×10-3×10 N=0.05 N,故A错误;拍打球筒后瞬间,球筒相对羽毛球向下运动,则羽毛球给球筒的摩擦力向上,根据牛顿第三定律可知,球筒给羽毛球的摩擦力向下,故B错误;拍打球筒后瞬间,对羽毛球由牛顿第二定律有mg+f2=ma1,解得a1=30 m/s2,故C正确;仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则羽毛球到达筒的上端时,与球筒恰好达到共速,设球筒的加速度为a2,筒的初速度为v,则对球筒由牛顿第二定律有f1+f2-m0g=m0a2,解得a2=20 m/s2,球筒做匀减速运动,羽毛球做匀加速运动,有v-a2t=a1t,vt-12a2t2-12a1t2=d,代入数据解得v=3 m/s,故D正确。
综合提升
8.如图所示,弹簧下端固定,上端自由伸长到O点,将质量为m的物块从上方B处由静止释放,物块压缩弹簧至最低点A后恰能返回到O点,物块与斜面间动摩擦因数处处相同,则( )
A.物块从B到O加速,从O到A减速
B.物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度减小
C.物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置相同
D.物块从B到A的过程中加速度方向会发生变化
答案 D
解析 物块从上方B处由静止释放向下运动,说明mgsin θ>μmgcs θ,到达O点后,物块继续向下运动压缩弹簧,当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力与弹簧弹力之和时,加速度为0,此位置并不在O点,应在O点与A点之间的某点,接着弹力继续增大,物块向下减速运动,则物块从B到O加速度恒定,从O到A加速度先减小后反向增大,故A、B错误,D正确;物块下滑过程中速度最大时,有kx1+μmgcs θ=mgsin θ,物块上滑过程中速度最大时,有mgsin θ+μmgcs θ=kx2,由此可知,弹簧的压缩量不同,即物块下滑过程中速度最大的位置和上滑过程中速度最大的位置不相同,故C错误。
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s1=12at12=100 m
设在t3时刻停止鸣笛,根据题意可得v(t3-t1)+s1v0+t3=t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离s=s1+v(t3-t1)
代入数据并联立解得s=680 m。
10.(12分)(2024广东深圳高三期中)钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示,长12 m的水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接,斜道BC与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发,推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(如图乙所示),到C点共用时5 s。若雪车(包括运动员)可视为质点,且始终在冰面上运动,其总质量为110 kg,sin 15°=0.26,g取10 m/s2,求:
(1)雪车(包括运动员)在水平直道AB上的加速度大小和运动时间;
(2)雪车过C点的速度大小;
(3)雪车在倾斜直道BC上运动时受到的阻力大小。
答案 (1)83 m/s2 3 s
(2)12 m/s
(3)66 N
解析 (1)设雪车在水平直道AB上的加速度大小为a1,根据位移速度公式可得
2a1sAB=vB2
解得a1=vB22sAB=822×12 m/s2=83 m/s2
在AB上运动的时间为t1=vBa1=3 s。
(2)从B点到C点,根据匀变速直线运动位移时间公式可得
sBC=vBt2+12a2t22
其中t2=5 s-t1=2 s
联立解得a2=2 m/s2
过C点的速度大小为
vC=vB+a2t2=12 m/s。
(3)设雪车在倾斜直道BC上运动时受到的阻力大小为f,根据牛顿第二定律可得
mgsin 15°-f=ma2
解得f=66 N。
11.(14分)(2024广东广州高三开学考试)如图所示,单人双桨赛艇比赛中,运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段,假设划水和空中运桨用时均为0.8 s,赛艇(含运动员、双桨)质量为70 kg,受到的阻力恒定,划水时双桨产生的动力大小为赛艇所受阻力的2倍,某时刻双桨刚入水时赛艇的速度大小为4 m/s,运动员紧接着完成1次动作,此过程赛艇前进8 m,求:
(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比;
(2)赛艇的最大速度大小和此过程中阻力对赛艇做的功。
答案 (1)1∶1 (2)6 m/s -1 400 J
解析 (1)根据题意,设赛艇受到的阻力大小为f,划水时双桨产生的动力为F,划水和空中运桨阶段的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律,划水时有
F-f=ma1
空中运桨时
f=ma2
依题意有
F=2f
联立解得
a1∶a2=1∶1。
(2)由以上分析可知,赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等,则加速结束时速度达到最大,有
vm=v0+a1t
划水时s1=v0t+12a1t2
运桨时s2=vmt-12a2t2
又有s=s1+s2=8 m,Wf=-fs
联立解得vm=6 m/s,Wf=-1 400 J。
12.(16分)(2024广东惠州高三期中)快递物流已经深入我们的生活,准确迅速分拣是一个重要环节。图甲是快递分拣传送装置,它由两台传送机组成,一台水平传送,另一台倾斜传送,图乙是该装置示意图,CD部分倾角θ=37°,B、C间距离忽略不计。已知水平传送带以v=4 m/s的速率顺时针转动。把一个可视为质点的货物无初速度放在A端,图丙为水平传送带AB段数控设备记录的货物的运动图像,t1=1.3 s时货物刚好到达B端,且速率不变滑上C端。已知货物与两段传送带间的动摩擦因数相同,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。
(1)求水平传送带AB的长度LAB及货物与传送带间的动摩擦因数μ。
(2)若分拣过程中该货物里有瓶颜料破损了,在传送带上留下了一道痕迹,工作人员发现后在B处将其拿走,求痕迹的长度s。
(3)若CD段的长度为LCD=2.6 m,则CD部分传送带速度至少为多少,快递员才能在D端取到货物。
答案 (1)3.6 m 0.5 (2)1.6 m (3)3 m/s
解析 (1)水平传送带AB的长度为
LAB=12×(0.5+1.3)×4 m=3.6 m
由图像可知,物体的加速度为
a=40.8 m/s2=5 m/s2
由牛顿第二定律有μmg=ma
解得动摩擦因数为μ=0.5。
(2)痕迹的长度等于物体与传送带的相对位移
s=4×0.8 m-12×0.8×4 m=1.6 m。
(3)设CD部分传送带的最小速度为v0,起初快递的速度大于传送带的速度,因此快递所受的摩擦力沿斜面向下,则
mgsin θ+μmgcs θ=ma1
解得a1=10 m/s2
当快递和传送带共速以后,快递所受的摩擦力沿斜面向上,则
mgsin θ-μmgcs θ=ma2
解得a2=2 m/s2
则由运动学公式可得v2-v022a1+v022a2=LCD
解得v0=3 m/s。