课下巩固检测练2 力与直线运动-【正禾一本通】2025年高考物理高三二轮专题复习高效讲义（新教材）

[课下巩固检测练(二)]　力与直线运动 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 一、单选题 1．(2024·新课标卷)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是(　　) 解析：选C。任何时刻质点的速度与位移都是唯一的，C正确，A、B、D错误。 2．(2024·河北高考)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v­t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是(　　) A．a点 B．b点 C．c点 D．d点 解析：选A。由题意可知，题图中v<0表示篮球在向下运动，v>0表示篮球在向上运动，v­t图像中图线与时间轴所围图形的面积表示位移大小，可知v＝0上方的图像面积S上减去v＝0下方的图像面积S下的值越大，对应的篮球位置越高，结合题图可知a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是a点，A正确。 3．如图，调整水龙头的开关，使单位时间内流出水的体积相等。水由于重力作用，下落速度越来越大，水柱越来越细。若水柱的横截面可视为圆，图中a、b两处的横截面直径分别为0.8 cm和0.6 cm，则经过a、b的水流速度之比va∶vb为(　　 ) A．1∶3 B．1∶9 C．3∶4 D．9∶16 解析：选D。由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，则有πvaΔt＝πvbΔt，可得va∶vb＝＝0.62∶0.82＝9∶16，故D正确。 4．某游乐场发生了一起惊险的事故，一火箭蹦极装置两根弹性缆绳的其中一根在运行中突然断裂，导致一名游客悬挂在半空中。幸运的是，该游客及时被工作人员救下，没有造成人员伤亡。假设游客及座椅的总质量为m，缆绳断裂前瞬间每根缆绳与竖直方向的夹角均为60°、张力均为3mg，简化为如图乙所示的模型，已知重力加速度为g，则其中一根缆绳断裂瞬间，该游客的加速度大小为(　　 ) A．g B．g C．g D．0 解析：选B。缆绳断裂瞬间游客及座椅受到重力和其中一根缆绳的作用力，且二者夹角为120°，设合力大小为F，根据牛顿第二定律及余弦定理可得F＝ma，F2＝(mg)2＋(3mg)2－2·mg·3mg·cos 60°，解得a＝g，故B正确。 5．(2024·湖南高考)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A．g，1.5g B．2g，1.5g C．2g，0.5g D．g，0.5g 解析：选A。细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg；细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有FAB－3mg＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2maC，联立解得aB＝g，aC＝1.5g，A正确。 6．(2024·山东临沂一模)近几年来我国新能源汽车发展迅速，现对国产某品牌新能源汽车进行性能测试。已知该汽车在时间t内通过了位移s，同时它的速度变为原来的N倍。如果汽车做的是匀加速直线运动，则该汽车的加速度大小为(　　) A．a＝ B．a＝ C．a＝ D．a＝ 解析：选A。设初速度为v，则时间t后速度变为Nv，物体在时间t内通过了位移s，则平均速度为，解得v＝，所以加速度为a＝，故A正确。 7．(2024·山东高考)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为(　　) A．∶ B．∶ C．∶ D．∶ 解析：选A。对木板由牛顿第二定律可知，木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝，当木板长度为2L时，有3L＝又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝∶，A正确。 8．(2024·河南郑州一模)小明同学利用APP测量手机运动过程的加速度a。手机由静止向上运动，其a­t图像如图所示，则(　　 ) A．t2时刻，手机速度最大 B．t3时刻，手机速度为0 C．t3～t4时间内，手机向上运动 D．t2～t4时间内，手机先处于失重状态后处于超重状态 解析：选C。由题图可知t2时刻加速度最大，后续t2到t3仍然在加速，故手机在t3时刻速度最大，故A、B错误；a ­t图像与时间轴围成的面积代表速度变化量，0～t3时间内速度变化量大于t3～t4时间内速度变化量，所以t3～t4时间内，手机向上运动，故C正确；t2～t4时间内，加速度先向上后向下，手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。 9．中国第三艘航空母舰“福建舰”配备有三条电磁弹射器，电磁弹射器可额外为飞机提供恒定的推力助其短距离起飞，从而极大提升航空母舰的打击力。某舰载机，在地面测试时，发动机打开，飞机由静止匀加速滑跑距离为L时达到升空速度v，离地起飞。若该型飞机同等条件下，在福建舰弹射器的恒定推力辅助作用下仅需滑跑即可起飞，且知该型舰载机的质量为m，则飞机在起飞的过程中弹射器为其提供的推力大小为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选A。舰载机在发动机推力的作用下由静止匀加速运动直至起飞，有2aL＝v2，其所受合力为F＝ma＝m，当“同等条件下”在弹射器加持下起飞时，有2a′＝v2，F＋F′＝ma′＝m，所以弹射器为飞机提供的推力F′＝故A正确。 10．(2024·全国甲卷)如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略)，盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a­m图像。重力加速度大小为g。在下列a­m图像中，可能正确的是(　　) 解析：选D。设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为FT，由牛顿第二定律可知，对砝码和轻盘组成的整体有mg－FT＝ma，对物块P有FT－μMg＝Ma，联立解得a＝g－，D正确。 二、多选题 11．(2024·河北保定二模)一物体做匀加速直线运动，从计时开始的 ­函数关系图像如图所示，下列说法正确的是(　　 ) A．物体的初速度为2 m/s B．物体的加速度为2 m/s2 C．前3 s内物体的位移为10.5 m D．第3 s内物体的平均速度为5 m/s 解析：选AC。根据x＝v0t＋at2得，结合题图可知解得物体的初速度和加速度分别为v0＝2 m/s, a＝1 m/s2, 故A正确，B错误；前3 s内物体的位移为x＝v0t＋ m＝10.5 m，C正确；前2 s内物体的位移为x′＝ m＝6 m，则第3 s内物体的平均速度为 m/s＝4.5 m/s，D错误。 12．两辆汽车A、B在相邻车道以不同的速度匀速行驶，前方十字路口红灯，两车刹车过程中并排行驶时，如图甲所示，车头到前方停车线的距离均为20 m，最终两车头均恰好到达停车线前。以两车并排行驶时车头所在处为位移0点并开始计时，以汽车运动方向为正方向建立x轴，汽车A的x ­t图像如图乙所示，是开口向下的抛物线的一部分，汽车B的v ­t图像为如图丙所示的直线，下列说法正确的是(　　 ) A．两汽车同时到达停车线前 B．汽车A的初速度大小为8 m/s C．汽车B的加速度大小为1 m/s2 D．两车头沿运动方向的最大距离为 m 解析：选BD。B车做的是匀减速运动，则x＝t＝20 m，解得t＝8 s，而A车到达停止线只花了5 s，故A错误；由题图乙知，汽车A的x ­t图像是开口向下的抛物线的一部分，则汽车A做匀减速直线运动，汽车A的初速度大小为vA＝2＝8 m/s，B正确；汽车B的加速度大小为a＝ m/s2＝0.625 m/s2，C错误；两车速度相等时，两车头沿运动方向的距离最大，则8－1.6t＝5－0.625t，解得t＝ s，v＝ m/s，两车头沿运动方向的最大距离为Δx＝ m，D正确。 三、计算题 13．中学航模队研究航母舰载机着陆减速新方案，提出“机翼辅助式”减速模式，队员们在操场上利用跑道模拟实验。如图(a)所示，先将一个质量为M＝1 kg的滑块(视为质点)以初速度v0＝12 m/s滑出，滑行距离为12 m时停下；对比组给滑块装上代替机翼的质量为m＝0.5 kg的减速装置，仍以相同的初速度v0滑出，滑出后滑块与减速装置整体受到一个与竖直方向斜向下、夹角为α的力F作用，如图(b)所示(减速装置未画出)，从而获得较大的减速效果，以减小滑行距离。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求： (1)滑块与跑道之间的动摩擦因数； (2)若已知F＝ N，α＝53°，则装上减速装置后滑块的滑行距离。 解析：(1)滑块运动过程中，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有μMg＝Ma1 由运动学公式可得＝2a1x1 联立解得μ＝0.6。 (2)装上减速装置后，对装置和滑块整体分析，如图所示， 由牛顿第二定律和力的平衡可得 F sin α＋f＝(M＋m)a2 FN＝(M＋m)g＋F cos α 又f＝μFN 由运动学公式＝2a2x2 联立解得x2＝7.2 m。 答案：(1)0.6　(2)7.2 m 14．(2024·江苏南通一模)如图所示，质量M＝8.0 kg的物块A放置在水平地面上，上表面为光滑斜面，斜面长L＝1 m，与水平方向的夹角θ＝37°。质量m＝4.0 kg的小物块B从斜面顶端由静止沿斜面下滑，A保持静止。A与地面间的动摩擦因数为μ，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求物块B在斜面上运动的时间t； (2)B在斜面顶端时，给A、B相同的水平初速度，此后A、B恰能一起以相同的加速度向左做匀减速运动，求A与地面间的动摩擦因数μ； (3)B沿斜面下滑，此时对A施加水平向右的推力F，A、B在水平方向的加速度相同，B相对A做匀速直线运动，求B下滑到底端的过程中推力F做的功W。 解析：(1)设物块B沿斜面下滑的加速度为a1，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma1 沿斜面向下运动时有L＝a1t2 代入数据解得t＝ s。 (2)设A、B一起运动的加速度为a2，对B受力分析如图所示， 可知mg tan θ＝ma2 对整体受力分析可知 μ(m＋M)g＝(m＋M)a2 代入数据解得μ＝0.75。 (3)设B下滑的时间为t1，获得的速度为v，之后相对于A匀速下滑的时间为t2，则 v＝a1t1 B相对于A匀速下滑，则B在竖直方向做匀速直线运动，故sin θ＝v sin θ·t2 A、B的加速度a3＝a2＝g tan θ 对整体受力分析可知 F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a3 整体的位移x＝ 推力做的功W＝Fx 代入数据解得W＝75 J。 答案：(1) s　(2)0.75　(3)75 学科网（北京）股份有限公司 $$