2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化練二力與直線運(yùn)動(dòng)含解析

PAGE6-專題強(qiáng)化練(二)考點(diǎn)1勻變速直線運(yùn)動(dòng)1．(2024·廣州模擬)如圖所示，汽車向右沿直線運(yùn)動(dòng)，原來的速度是v1，經(jīng)過一小段時(shí)間之后，速度變?yōu)関2，Δv表示速度的變更量．由圖中所示信息可知()A．汽車在做加速直線運(yùn)動(dòng)B．汽車的加速度方向與v1的方向相同C．汽車的加速度方向與Δv的方向相同D．汽車的加速度方向與Δv的方向相反解析：由于v2＜v1，汽車做減速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；該過程中，加速度的方向與速度反向，與速度變更的方向同向，C正確，B、D錯(cuò)誤．答案：C2．在離地高h(yuǎn)處，沿豎直方向同時(shí)向上和向下拋出兩個(gè)小球，它們的初速度大小均為v，不計(jì)空氣阻力．兩球落地的時(shí)間差為()A.eq\f(2v,g)B.eq\f(v,g)C.eq\f(2h,v)D.eq\f(h,v)解析：依據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知向上拋出的小球落回到動(dòng)身點(diǎn)時(shí)的速度也是v，之后的運(yùn)動(dòng)與豎直下拋的物體運(yùn)動(dòng)狀況相同．因此上拋的小球比下拋的小球多運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：t＝eq\f(－v－v,－g)＝eq\f(2v,g)，A項(xiàng)正確．答案：A考點(diǎn)2圖象問題3．(2024·無錫測(cè)試)一質(zhì)點(diǎn)由靜止起先做直線運(yùn)動(dòng)的v-t關(guān)系圖象如圖所示，則該質(zhì)點(diǎn)的x-t關(guān)系圖象可大致表示為下圖中的()解析：依據(jù)位移圖象中圖線的斜率表示速度可知，選項(xiàng)B可大致表示該質(zhì)點(diǎn)的x-t關(guān)系圖象．答案：B4．(2024·廣州模擬)下列v-t圖象中，表示兩個(gè)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體落地的是(t0表示落地時(shí)刻)()解析：自由落體運(yùn)動(dòng)的初速度為0，速度隨時(shí)間勻稱增大，圖線甲有初速度，不是自由落體運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度相同，都為g，所以圖線斜率相等，圖象應(yīng)平行，故B錯(cuò)誤；圖線甲有初速度，不是自由落體運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；自由落體運(yùn)動(dòng)的初速度為0，速度隨時(shí)間勻稱增大，加速度相同，所以圖線的斜率相等，圖象平行，同時(shí)落地，即在同一時(shí)刻落地，故D正確．答案：D5．(2024·河南一聯(lián))圖示為一做直線運(yùn)動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)的位移與速度的二次方的關(guān)系圖線．該質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度大小為()A．4m/s2 B．2m/s2C．1m/s2 D．0.5m/s2解析：由xv2圖象結(jié)合速度位移關(guān)系式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax分析可知，質(zhì)點(diǎn)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，圖線函數(shù)表達(dá)式為v2＝2ax，可得a＝eq\f(v2,2x)＝eq\f(4,2×1)m/s2＝2m/s2，故選項(xiàng)B正確．答案：B6．(2024·商丘模擬)受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，其v-t圖線如圖所示，則()A．在0～t1內(nèi)，外力F大小不斷增大B．在0～t1內(nèi)，外力F大小不斷減小直至為零C．在t1～t2內(nèi)，外力F大小可能不斷增大D．在t1～t2內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大解析：v-t圖線的斜率表示加速度，所以在0～t1內(nèi)，加速度為正并不斷減小，依據(jù)加速度a＝eq\f(F－μmg,m)，所以外力F大小不斷減小，F(xiàn)的最小值等于摩擦力，故A、B錯(cuò)誤；在t1～t2內(nèi)，加速度為負(fù)并且不斷變大，依據(jù)加速度的大小a＝eq\f(μmg－F,m)，外力F大小可能不斷減小，故C錯(cuò)誤；假如在F先減小一段時(shí)間后的某個(gè)時(shí)刻，F(xiàn)的方向突然反向，依據(jù)加速度的大小：a＝eq\f(μmg＋F,m)，F(xiàn)后增大，因?yàn)関-t圖線后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小可能先減小后增大，故D正確．答案：D7.(多選)(2024·濰坊模擬)甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)從同一位置、同時(shí)沿同始終線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間變更的v-t圖象如圖所示，其中甲為直線．關(guān)于兩質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)狀況，下列說法正確的是()A．在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，甲、乙的加速度方向相同B．在t0～2t0內(nèi)，乙的平均速度大于甲的平均速度C．在0～2t0內(nèi)，甲、乙間的最遠(yuǎn)距離為v0tD．在0～2t0內(nèi)，甲、乙間的最遠(yuǎn)距離為eq\f(1,2)v0t解析：速度圖象的斜率表示加速度，依據(jù)圖象可知，在t0～2t0時(shí)刻，甲、乙的加速度都為負(fù)，方向相同，故A正確；依據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移可知，在t0～2t0內(nèi)，乙的位移大于甲的位移，則乙的平均速度大于甲的平均速度，故B正確；甲、乙從同一位置動(dòng)身，在t0時(shí)刻前甲的速度大于乙的速度，兩者間距增大，t0時(shí)刻后乙的速度大于甲的速度，兩者間距減小，所以t0時(shí)刻相距最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離等于兩者位移之差，為x＝eq\f(1,2)t0·(2v0－v0)＝eq\f(1,2)v0t，故C錯(cuò)誤，D正確．答案：ABD考點(diǎn)3牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用8.(多選)(2024·沈陽模擬)如圖所示為糧袋的傳送帶裝置，已知AB間的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，傳送帶與水平方向的夾角為θ，工作時(shí)運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，正常工作時(shí)工人在A點(diǎn)將糧袋由靜止放上傳送帶，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)()A．糧袋到達(dá)B點(diǎn)的速度與v比較，可能大，也可能相等或小B．若L足夠大，糧袋最終將肯定以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)C．若μ＜tanθ，則糧袋從A到B肯定始終做加速運(yùn)動(dòng)D．糧袋剛放上傳送帶時(shí)的加速度a＜gsinθ解析：糧袋起先時(shí)受到沿斜面對(duì)下的滑動(dòng)摩擦力，大小為μmgcosθ，依據(jù)牛頓其次定律得到，加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，糧袋在傳送帶上可能始終做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度小于v；可能先做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后，做勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度與v相同；也可能先做加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶相同后做加速度a＝g(sinθ－μcosθ)的勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大于v，A正確，B錯(cuò)誤；若μ＜tanθ，糧袋從A到B可能始終是做加速運(yùn)動(dòng)，加速度值為a＝g(sinθ＋μcosθ)或先為a＝g(sinθ＋μcosθ)后為a＝g(sinθ－μcosθ)，C正確；糧袋剛放上傳送帶時(shí)的加速度為a＝g(sinθ＋μcosθ)，大于gsinθ，D錯(cuò)誤．答案：AC9．(2024·開封模擬)如圖甲所示，光滑水平面上的O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m＝2kg的物體．物體同時(shí)受到兩個(gè)水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小如圖乙所示．物體從靜止起先運(yùn)動(dòng)，此時(shí)起先計(jì)時(shí)．求：(1)當(dāng)t＝0.5s時(shí)，物體的加速度大?。?2)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)，何時(shí)加速度最大？最大值為多少？(3)物體在t＝0至t＝2s內(nèi)，何時(shí)速度最大？最大值為多少？解析：(1)當(dāng)t＝0.5s時(shí)，F(xiàn)2＝(2＋2×0.5)N＝3N.F1－F2＝maa＝eq\f(F1－F2,m)＝eq\f(4－3,2)m/s2＝0.5m/s2；(2)物體所受的合外力為F合＝F1－F2＝4－(2＋2t)＝2－2t(N)作出F合-t圖象如圖所示從圖中可以看出，在0～2s范圍內(nèi)當(dāng)t＝0時(shí)，物體有最大加速度a0.F0＝ma0，a0＝eq\f(F0,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，當(dāng)t＝2s時(shí)，物體也有最大加速度a2，F(xiàn)2＝ma2，a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(－2,2)m/s2＝－1m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度方向向左；(3)由牛頓其次定律得：a＝eq\f(F合,m)＝1－t(m/s2)畫出a-t圖象如圖所示由圖可知t＝1s時(shí)速度最大，最大值等于上方三角形的面積．v＝eq\f(1,2)×1×1m/s＝0.5m/s.答案：(1)0.5m/s2(2)t＝0和t＝2s時(shí)1m/s2(3)t＝1s0.5m/s10．(2024·河南三市聯(lián)考)如圖所示，木板與水平地面間的夾角θ可以隨意變更，當(dāng)θ＝30°時(shí)，可視為質(zhì)點(diǎn)的一小物塊恰好能沿著木板勻速下滑．若讓該小物塊從木板的底端以大小恒定的初速率v0＝10m/s的速度沿木板向上運(yùn)動(dòng)，隨著θ的變更．小物塊沿木板滑行的距離x將發(fā)生變更，重力加速度g取10m/s2.(1)求小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)當(dāng)θ角滿意什么條件時(shí)，小物塊沿木板滑行的距離最小，并求出此最小值．解析：(1)當(dāng)θ＝30°時(shí)，小物塊恰好能沿著木板勻速下滑，則mgsinθ＝Ff，F(xiàn)f＝μmgcosθ，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),3)；(2)當(dāng)θ變更時(shí)，設(shè)沿斜面對(duì)上為正方向，物塊的加速度a，則－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由0－veq\o\al(2,0)＝2ax得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g（sinθ＋μcosθ）).設(shè)木板在θ的基礎(chǔ)上向上運(yùn)動(dòng)的角度為α，令cosα＝eq\f(1,\r(1＋μ2))，sinα＝eq\f(μ,\r(1＋μ2))，即tanα＝μ，則x＝eq\f(veq\o\al(2,0),