课后限时练2 力与直线运动（学生用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

课后限时练2　力与直线运动 说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分42分 1．某款功能强大的软件可以让手机充当一个真实的物理实验工具，让用户随时随地进行物理学习。该软件支持快速生成图表和文字，并进行统计分析，用户可以通过选择传感器输入来设计和分析实验，为用户提供了丰富便利的实验辅助工具。现用某款智能手机进行竖直上抛实验：用手掌托着智能手机，在该软件里面打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，以竖直向上为正方向，测得手机在竖直方向的加速度随时间变化的图像如图所示，则手机(　　) A．在t1～t3时间内，手机先加速后减速 B．在t3时刻，手机到达最高点 C．在t2～t3时间内，手机受到的支持力逐渐减小 D．在t2～t4时间内，手机处于失重状态 2．(2025·河南信阳一模)如图所示，用两根轻绳a、b和轻弹簧c悬挂两个相同的小球，其中a绳与竖直方向夹角为30°，c弹簧水平，两小球静止，下列说法正确的是(　　) A．a绳的弹力是c弹簧弹力的倍 B．剪断a绳瞬间，2球的加速度为零 C．剪断b绳瞬间，1球的加速度为零 D．剪断b绳瞬间，2球的加速度大小为g 3．(2025·浙江宁波12月质检)伽利略在研究斜面实验时，利用滴水计时法标出了小球从某处由静止开始沿斜面向下做直线运动的位置，如图所示，测得水滴对应各时刻小球之间的距离(已在图中标出)，若相邻两滴水之间的时间间隔为0.1 s，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．小球在B点时的速度大小为0.45 m/s B．小球的初始位置到O点的距离为0.05 m C．小球做匀加速直线运动的加速度大小为9 m/s2 D．若斜面光滑，则斜面倾角的正弦值为0.2 4．(多选)[人教版教材必修第一册P114A组T9改编]某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，其构造如图所示。将轻弹簧竖直自由悬挂时，指示针指示的刻度尺刻度为6.50 cm；在弹簧下端悬挂一质量为0.2 kg的钩码，当钩码静止时指示针指示的刻度尺刻度如图所示。已知该装置中使用的弹簧在从原长到拉伸4.50 cm范围内能较好地满足胡克定律，取重力加速度g＝9.8 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．图中刻度尺读数为4.5 cm B．该弹簧的劲度系数k＝98 N/m C．该“竖直加速度测量仪”可较准确测量该钩码的竖直向上的加速度的最大值为12.5 m/s2 D．弹簧下端悬挂钩码的质量越大，该测量仪可较准确测量的竖直向上的加速度最大值越小 5．(多选)(2025·山东德州三模)如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50 kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F＝0.05v2(采用国际单位制)，v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2 m/s2 B．表演者一直处于超重状态 C．表演者上升5 m时获得最大速度 D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动 6．(多选)(2025·云南高三上学期模拟预测)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型，传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是(　　) A．开始时行李的加速度大小为4 m/s2 B．行李经过5.1 s到达B处 C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m 7．(12分)(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 4/4 学科网（北京）股份有限公司 $ 课后限时练2 1．C　[a-t图像中图线与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量，在t1~t3时间内速度一直增加，所以手机一直加速，故A错误；由题图可知，在t3时刻后加速度方向向下，手机处于失重状态，速度方向向上，所以向上做减速运动，t3时刻还没有达到最高点，故B错误；对手机进行受力分析可知，在t2~t3时间内，有FN－mg＝ma，a逐渐减小，因此手机受到的支持力FN逐渐减小，故C正确；在t2~t4时间内，手机的加速度先向上后向下，则手机先处于超重状态后处于失重状态，故D错误。] 2．D　[以小球1、2为整体受力分析，根据平衡条件可得Fc＝2mgtan 30°，Fa＝，所以Fa＝mg，Fc＝mg，Fa＝2Fc，故A错误；剪断a绳瞬间，轻弹簧弹力不发生突变，对2球，有F2＝＝ma2，所以a2＝g，故B错误；剪断b绳瞬间，连接1、2小球的b绳没有拉力，1球受重力和a绳拉力，加速度不为零，故C错误；剪断b绳瞬间，对2球只受重力和弹簧弹力，其加速度为a2＝g，故D正确。故选D。] 3．D　[相邻两滴水之间的时间间隔相等，则tOA＝tAB＝tBC＝tCD，得B点对应AC段的中间时刻。vB＝＝1 m/s，A错误；xBC＝vB×T＋aT2→a＝2 m/s2，C错误；斜面光滑，有a＝gsin θ→sin θ＝0.2，D正确；x0＋xOB＝→x0＝0.09 m，B错误。] 4．BD　[根据刻度尺读数规则，由题图可知刻度尺的读数为x1＝4.50 cm，A错误；根据胡克定律k＝ N/m＝98 N/m， B正确；当弹簧的伸长量最大时，测得的加速度最大，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，其中F＝kΔxmax，联立并代入数据解得a＝12.25 m/s2，C错误；根据牛顿第二定律F－m'g＝m'a，其中F＝kΔxmax，解得a＝－g，可知钩码质量越大，能测得的最大加速度a就越小，D正确。] 5．AC　[打开开关瞬间，表演者高度为0，则有＝1.2×104 m2·s-2，根据牛顿第二定律有 0.05－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正确；根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有0.05＝mg，解得＝1.0×104 m2·s-2，由v2＝1.2×104 m2·s-2－400h可知，重力与风力大小相等时的高度为h1＝5 m，可知在高度小于5 m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5 m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小的加速运动，表演者上升5 m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。故选AC。] 6．BC　[开始时行李初速度为零，相对传送带向右滑动，可知摩擦力为f＝μmg，根据牛顿第二定律f＝ma，解得a＝2 m/s2，故A错误；行李达到和传送带速度相同需要的时间为t1＝＝0.2 s，位移为x1＝t1＝0.04 m，行李匀速到B的时间为t2＝＝4.9 s，行李从A运动到B处的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B、C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x1＝0.04 m，故D错误。故选BC。] 7．解析：(1)解法一　 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为a＝μg＝3 m/s2 设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有 x物＝v0t1－a＝l＋ x板＝a 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。 解法二　设物块从薄板右端水平飞出时，物块速度为v1，薄板速度为v2。对物块与薄板组成的系统，从开始运动到物块从薄板右端飞出时，根据动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2 分别对物块和薄板根据动能定理有 －μmg·l＝mm μmg·l＝m－0 联立并代入数据解得 v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s 对薄板由动量定理有μmgt1＝mv2－0 代入数据解得t1＝ s。 (2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有＝v2t2 又h＝g 联立并代入数据解得h＝ m。 答案：(1)4 m/s　 s　(2) m 1/3 学科网（北京）股份有限公司 $