2025屆高考物理二輪復習專題一第2講勻變速直線運動規(guī)律及牛頓運動定律作業(yè)含解析

PAGE9-第2講勻變速直線運動規(guī)律及牛頓運動定律(45分鐘)[基礎題組專練]1．(2024·高考江蘇卷)中歐班列在歐亞大陸開拓了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力氣。某運輸防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為()A．F B．eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：設列車的加速度為a，每節(jié)車廂的質(zhì)量為m，每節(jié)車廂受的阻力為f，對后38節(jié)車廂，由牛頓其次定律得F－38f＝38ma；設倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1，對后2節(jié)車廂，由牛頓其次定律得F1－2f＝2ma，聯(lián)立解得F1＝eq\f(F,19)，故C正確。答案：C2．(2024·廣東廣州下學期一模)高速馬路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖所示，ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離。某汽車以21.6km/h的速度勻速進入識別區(qū)，ETC天線用了0.3s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)覺自動欄桿沒有抬起，于是實行制動剎車，汽車剛好沒有撞桿。已知司機的反應時間為0.7s，剎車的加速度大小為5m/s2，則該ETC通道的長度約為()A．4.2m B．6.0mC．7.8m D．9.6m解析：在識別車載電子標簽的0.3s時間內(nèi)汽車勻速運動距離x1＝vt1＝6×0.3m＝1.8m，在司機的反應時間0.7s內(nèi)汽車勻速運動距離x2＝vt2＝6×0.7m＝4.2m，剎車距離x3＝eq\f(v2,2a)＝3.6m，則該ETC通道的長度約為x＝x1＋x2＋x3＝9.6m，選項D正確。答案：D3．(2024·河南三門峽檢測)如圖所示為物體做直線運動的圖像，下列說法正確的是()A．甲圖中，物體在0～t0這段時間內(nèi)的位移小于eq\f(v0t0,2)B．乙圖中，物體的加速度為2m/s2C．丙圖中，陰影面積表示t1～t2時間內(nèi)物體的加速度改變量D．丁圖中，t＝3s時物體的速度為25m/s解析：由v-t圖像與坐標軸圍成的圖形面積代表位移知，甲圖中這段時間內(nèi)的位移大于eq\f(v0t0,2)，A錯誤；v2-x圖像中，斜率k＝2a，則a＝eq\f(1,2)m/s2，B錯誤；丙圖中，陰影面積表示t1～t2時間內(nèi)物體的速度改變量，C錯誤；由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2變形得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)at，結合數(shù)學學問可得初速度v0＝－5m/s，加速度a＝10m/s2，則t＝3s時物體的速度為v＝v0＋at＝(－5＋10×3)m/s＝25m/s，D正確。答案：D4．(2024·浙江諸暨中學高三檢測)在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球，經(jīng)過2t0時間小球落回拋出點，其速率為v1。已知小球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速率成正比，則小球在空中運動時速率v隨時間t的改變規(guī)律可能是()解析：設小球所受的空氣阻力F阻＝kv，上升的高度為h。上升過程中加速度大小a1＝g＋eq\f(kv,m)，h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，下降過程中的加速度大小a2＝g－eq\f(kv,m)，h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，所以a1>a2，故t1<t2，B、D錯誤；上升過程中小球做加速度減小的減速運動，下降過程中小球做加速度減小的加速運動，且落回地面時的速度大小小于v0，故A正確，C錯誤。答案：A5．(2024·山東聊城模擬)兩傾斜的平行桿上分別套著a、b兩相同圓環(huán)，兩環(huán)上均用細線懸吊著相同的小球，如圖所示。當它們都沿桿向下滑動，各自的環(huán)與小球保持相對靜止時，a的懸線與桿垂直，b的懸線沿豎直方向。下列說法正確的是()A．a(chǎn)環(huán)與桿有摩擦力B．d球處于失重狀態(tài)C．桿對a、b環(huán)的彈力大小相等D．細線對c、d球的彈力大小可能相等解析：對c球單獨進行受力分析，受力分析如圖所示，c球受重力和繩的拉力Fc，a環(huán)沿桿滑動，且a與c相對靜止，因此c球所受合外力方向平行于桿向下，由力的合成及牛頓其次定律可知c球所受合力F1＝mgsinα＝ma所以a＝gsinα，將a和c球以及細線看成一個整體，在只受重力和支持力的狀況下加速度為gsinα，因此a環(huán)和桿沒有摩擦力，故A錯誤；對球d單獨進行受力分別，只受重力和豎直方向的拉力，因此球d的加速度為零，d球處于平衡狀態(tài)，不是失重狀態(tài)，故B錯誤；細線對c球的拉力Fc＝mgcosα，對d球的拉力Fd＝mg，故D錯誤；對a和c整體受力分析有FNa＝(M＋m)gcosα，對b和d整體受力分析有FNb＝(M＋m)gcosα，故C正確。答案：C6．(2024·山東煙臺一中高三模擬)如圖所示為甲、乙兩個質(zhì)點運動的位移—時間圖像。由此可知(圖中虛線與曲線相切)()A．甲做勻減速直線運動，乙做變減速直線運動B．甲、乙兩質(zhì)點從x＝2x0位置同時動身，同時到達x＝0位置C．在0～t0時間內(nèi)的某時刻，甲、乙兩質(zhì)點的速度大小相等D．在0～t0時間內(nèi)，乙的速度大于甲的速度，t0時刻后，乙的速度小于甲的速度解析：依據(jù)位移—時間圖像的斜率表示速度可知，甲沿x軸負方向做勻速直線運動，乙沿x軸負方向做速度漸漸減小的直線運動，選項A錯誤；甲、乙兩質(zhì)點從x＝2x0位置同時動身，乙質(zhì)點在t1時刻先到達x＝0位置，甲質(zhì)點在2t0時刻到達x＝0位置，選項B錯誤；在0～t0時間內(nèi)的某時刻，甲、乙兩質(zhì)點的位移—時間圖像的斜率相等，說明兩質(zhì)點的速度大小相等，選項C正確；過位移—時間圖像中虛線與乙質(zhì)點的位移—時間圖線的切點作t軸的垂線，與t軸的交點為t′，如圖所示，在0～t′時間內(nèi)，乙的速度大于甲的速度，t′時刻后，乙的速度小于甲的速度，選項D錯誤。答案：C7．(2024·河北正定中學高三模擬)甲、乙兩車同時從同一地點沿著平直的馬路前進，它們運動的v-t圖像如圖所示。下列說法正確的是()A．兩車在t＝40s時再次并排行駛B．甲車減速過程的加速度大小為0.5m/s2C．兩車再次并排行駛之前，t＝30s時兩車相距最遠D．兩車之間的距離先變大，再減小，最終不變解析：t＝40s時，甲車的位移為x甲＝eq\f(1,2)×(20＋5)×30m＋5×10m＝425m，乙車的位移為x乙＝10×40m＝400m，甲車在乙車前面，選項A錯誤；甲車做減速運動的加速度大小為a＝eq\f(20－5,30)m/s2＝0.5m/s2，選項B正確；由兩車對應圖線與時間軸所圍面積之差改變特點知，兩車距離先變大，再減小，最終又變大，選項D錯誤；兩車再次并排行駛之前，兩車速度相等時相距最遠，兩車速度相等時v0－at＝v乙，解得t＝20s，則在兩車再次并排行駛之前，t＝20s時，兩車相距最遠，選項C錯誤。答案：B8．(2024·高考全國卷Ⅰ)我國自主研制了運-20重型運輸機。飛機獲得的升力大小F可用F＝kv2描寫，k為系數(shù)；v是飛機在平直跑道上的滑行速度，F(xiàn)與飛機所受重力相等時的v稱為飛機的起飛離地速度。已知飛機質(zhì)量為1.21×105kg時，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為1.69×105(1)求飛機裝載貨物后的起飛離地速度；(2)若該飛機裝載貨物后，從靜止起先勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機在滑行過程中加速度的大小和所用的時間。解析：(1)設飛機裝載貨物前質(zhì)量為m1，起飛離地速度為v1；裝載貨物后質(zhì)量為m2，起飛離地速度為v2，重力加速度大小為g。飛機起飛離地應滿意條件m1g＝kveq\o\al(2,1) ①m2g＝kveq\o\al(2,2) ②由①②式及題給條件得v2＝78m/s ③(2)設飛機滑行距離為s，滑行過程中加速度大小為a，所用時間為t。由勻變速直線運動公式有veq\o\al(2,2)＝2as ④v2＝at ⑤聯(lián)立③④⑤式及題給條件得a＝2.0m/s2 ⑥t＝39s ⑦答案：(1)78m/s(2)2.0m/s239s[實力題組專練]9．(2024·江蘇海門高三質(zhì)檢)如圖所示為從靜止起先做直線運動物體的a-t圖像。關于物體的運動，下列說法正確的是()A．物體在t＝6s時，速度為0B．物體在t＝6s時，速度為18m/sC．物體運動前6s平均速度為9m/sD．物體運動前6s位移為18m解析：物體做加速度減小的加速運動，在t＝6s時加速度為零，速度最大，故A錯誤；a-t圖像與t軸所包圍的面積表示速度的改變量，即末速度為18m/s，故B正確；若物體從靜止起先做勻加速直線運動，末速度為18m/s，則前6s內(nèi)的平均速度為9m/s，前6s內(nèi)的位移為54m，而物體做變加速運動，其平均速度大于9m/s，位移大于54m，故C、D錯誤。答案：B10．(多選)如圖所示，水平面上有一質(zhì)量為2m的物體A，左端用跨過定滑輪的細線連接著物體B，物體B、C的質(zhì)量均為m，用輕彈簧相連放置在傾角為θ的斜面上，不計一切摩擦。起先時，物體A受到水平向右的恒力F的作用而保持靜止，已知重力加速度為gA．在細線被燒斷的瞬間，A的加速度大小為gsinθB．在細線被燒斷的瞬間，B的加速度大小為2gsinθC．剪斷彈簧的瞬間，A的加速度大小為gsinθD．突然撤去外力F的瞬間，A的加速度大小為gsinθ解析：細線被燒斷前，將B、C及彈簧作為整體，由平衡條件得細線的拉力F1＝2mgsinθ，對A，由平衡條件得拉力F＝F1＝2mgsinθ。在細線被燒斷的瞬間，對A，由牛頓其次定律得F＝2maA，解得aA＝gsinθ，選項A正確；在細線被燒斷的瞬間，彈簧的彈力不變，B所受的合力與細線的拉力大小相等，方向相反，由牛頓其次定律得F1′＝maB，解得aB＝2gsinθ，選項B正確；剪斷彈簧的瞬間，設此時細線上的拉力為F2，由牛頓其次定律得，對A，F(xiàn)－F2＝2ma，對B，F(xiàn)2－mgsinθ＝ma，由以上兩式解得a＝eq\f(1,3)gsinθ，選項C錯誤；撤去F的瞬間，細線上的拉力馬上發(fā)生改變，但繩子仍舊繃直，因此A、B可視為整體，由于彈簧彈力不能發(fā)生突變，因此C仍處于靜止狀態(tài)，對A、B整體受力分析有F彈＋mgsinθ＝3ma′，未燒斷細線前，對B受力分析，可得F1＝mgsinθ＋F彈，聯(lián)立得a′＝eq\f(2,3)gsinθ，故A的加速度為eq\f(2,3)gsinθ，選項D錯誤。答案：AB11．(2024·廣東惠州高三第一次調(diào)研)如圖甲所示，一可視為質(zhì)點的物塊在t＝0時刻以v0＝8m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),5)。經(jīng)過一段時間后物塊返回斜面底端，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大??；(2)物塊從斜面底端動身到再次返回斜面底端所用的總時間；(3)求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖乙中畫出物塊在斜面上運動的整個過程中的速度—時間圖像，取沿斜面對上為正方向。解析：(1)物塊上滑過程，由牛頓其次定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，則a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，物塊下滑過程，由牛頓其次定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，則a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。(2)物塊上滑過程：t1＝eq\f(0－v0,－a1)＝1s，s1＝eq\f(0＋v0,2)t1＝4m物塊下滑過程：s2＝s1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)解得t2＝2s，故總時間t＝t1＋t2＝3s。(3)物塊下滑到斜面底端的速度大小v2＝a2t2＝4m/s。物塊在斜面上運動的整個過程中的v-t圖像如圖所示。答案：(1)8m/s22m/s2(2)3s(3)4m/s圖像見解析12．為提高通行效率，很多高速馬路出入口安裝了不停車收費系統(tǒng)ETC。甲、乙兩輛汽車分別通過ETC通道和人工收費通道(MTC)駛離高速馬路，流程如圖所示。假設減速帶離收費島口x＝60m，收費島總長度d＝40m，兩輛汽車同時以相同的速度v1＝72km/h經(jīng)過減速帶后，一起以相同的加速度做勻減速運動。甲車減速至v2＝36km/h后，勻速行駛到中心線即可完成繳費，自動欄桿打開放行；乙車剛好到收費島中心線收費窗口停下，經(jīng)過t0＝15s后繳費勝利，人工欄桿打開放行。放行后兩輛汽車勻稱加速到速度v1后沿直線勻速行駛，設加速和減速過程中的加速度大小相等，求：(1)此次人工收費通道和ETC通道打開欄桿放行的時間差Δt；(2)兩輛汽車駛離收費島相距的最遠距離Δx。解析：(1)兩車運動的加速度大小為a＝eq\f(veq\o\al(2,1),2（x＋\f(d,2)）)＝2.5