专题集训（2）力与直线运动（作业本）-【名师带你过关】2027年物理高中总复习专题复习

专题集训(二)　力与直线运动 1.(2023·全国高考真题)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球 (　　) A. 上升时间等于下落时间 B. 被垫起后瞬间的速度最大 C. 达到最高点时加速度为零 D. 下落过程中做匀加速运动 2.如图所示是商场中由等长的车厢连接而成(车厢间的间隙忽略不计)的无轨小火车,一小朋友站在第一节车厢前端,火车从静止开始做匀加速直线运动,则火车 (　　) A.在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1∶4∶9 B.第1、2、3节车厢经过小朋友所用时间之比是1∶∶ C.第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比是1∶2∶3 D.火车中间位置经过小朋友的瞬时速度大于火车通过小朋友的平均速度 3.(2024·广东高州模拟)如图所示,三个物块A、B、C挤压一根轻质弹簧,恰好处于静止状态,已知三个物块的质量分别是mA=1 kg、mB=2 kg、mC=3 kg,三个物块与水平面的动摩擦因数都是μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。突然把C拿走后的瞬间,则A对B的弹力是 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 N B.4 N C.6 N D.8 N 4.(多选)(2024·广东高州模拟)如图所示,质量分别为2m和m的物体P、Q按如图的方式用轻弹簧和轻绳连接,当系统静止时轻绳的拉力大小为mg,轻弹簧的压缩量为x,重力加速度用g表示,则下列说法正确的是 (　　) A.剪断轻绳的瞬间,P的加速度大小为 B.剪断轻绳后,P向下运动2x加速度为零 C.剪断轻绳后,P向下运动x时重力的功率最大 D.撤走长木板的瞬间,Q的加速度大小为g 5.(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M=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,则下列说法正确的是(　　) A.静置时,球与筒之间的摩擦力为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 6.(多选)(2025·广东茂名一模)如图所示,质量为M的滑块A出静止开始从倾角为θ=30°的固定斜面上滑下,下滑t0时间后与另一个质量同为M的静止拴在轻质弹簧上端的滑块B发生碰撞(碰撞时间极短),且碰撞后A、B黏在一起。已知A、B初始位置的竖直高度差为h0。以滑块A出发点为原点,取沿斜面向下为正方向,滑块A的位移为x,运动的速度为v,加速度为a,运动时间为t,忽略空气阻力、两滑块与斜面摩擦力,两滑块可看作质点,弹簧在弹性限度内。关于滑块A从出发到运动到最低点的过程中,以下图像可能正确的是 (　　) A. B. C. D. 7.(多选)(2024·广东汕头金南实验学校三模)如图甲所示,一足够长的传送带倾斜放置,倾角为θ,以恒定速率v顺时针转动,一煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带,煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示,g取10 m/s2,则下列说法不正确的是 (　　) A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ=0.75 B.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5 C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2 s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4) m 8.(2024·广东肇庆中学检测)如图所示,固定在水平面上的斜面倾角为37°,两个小物块A、B用轻绳相连,轻绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮,滑轮与轮轴之间的摩擦不计,A物块锁定于斜面底部,B物块离地面高度为h=10 m。已知A物块的质量为m=1 kg,B物块的质量为M=3 kg,A物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度为g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。t=0时刻,解除A物块的锁定状态,当B物块落地瞬间轻绳断裂,A恰好未与滑轮相撞,求: (1)B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小; (2)斜面的长度L及A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t。 9.(2024·广东东莞石龙中学月考)如图所示,厚0.2 m、长为3 m的木板AB静止在粗糙水平地面上,C为其中点,木板上表面AC部分光滑,CB部分粗糙,下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板右端静止放置一个小物块(可看成质点),它与木板CB部分的动摩擦因数μ2=0.3。已知木板和小物块的质量均为2 kg,重力加速度g取10 m/s2,现对木板施加一个水平向右的恒力F。 (1)为使小物块与木板保持相对静止,求恒力的最大值Fm; (2)当F=22 N时,小物块多长时间滑到木板中点C? (3)接第(2)问,当小物块到达C点时撤去F,求小物块落地时与木板A端的距离(结果保留两位有效数字)。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题集训(二)　力与直线运动 1.B　【解析】上升过程和下降过程的位移大小相同,上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析,上升过程的重力和阻力方向相同,下降过程中重力和阻力方向相反,根据牛顿第二定律可知,上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大,则上升过程的平均加速度较大,由位移与时间关系可知,上升时间比下落时间短,A错误;上升过程排球做减速运动,下降过程排球做加速运动,在整个过程中空气阻力一直做负功,小球机械能一直在减小,下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度,故排球被垫起时的速度最大,B正确;达到最高点速度为零,空气阻力为零,此刻排球重力提供加速度不为零,C错误;下落过程中,排球速度在变,所受空气阻力在变,故排球所受的合外力在变化,排球在下落过程中做变加速运动,D错误。故选B。 2.D　【解析】以小火车为参考系,则小朋友相对小火车做初速度为零的匀加速直线运动,则有x1=aT2,x2=a(2T)2-aT2,x3=a(3T)2-a(2T)2,联立可得x1∶x2∶x3=1∶3∶5,即在相等的时间里经过小朋友的车厢数之比是1∶3∶5,故A错误;同理,设每节车厢长度为L,则有L=a,2L=a,3L=a,第1、2、3节车厢经过小朋友所用时间之比为t1∶(t2-t1)∶(t3-t2)=1∶(-1)∶(-),故B错误;根据v=at可得,第1、2、3节车厢尾经过小朋友瞬间的速度之比v1∶v2∶v3=t1∶t2∶t3=1∶∶,故C错误;根据=可知,小火车通过小朋友的平均速度为中间时刻的瞬时速度,由x=at2可知,在中间时刻小朋友相对小火车的位移为小火车长度的四分之一,即从时间上来说小火车中间位置经过小朋友的时刻要晚于中间时刻,根据v=at可知,火车中间位置经过小朋友的瞬时速度大于火车通过小朋友的平均速度,故D正确。 3.D　【解析】根据题意可知,弹簧弹力大小为F弹=μ(mA+mB+mC)g=12 N,突然把C拿走后的瞬间,弹簧弹力保持不变,以A、B整体为研究对象,根据牛顿第二定律可得F弹-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得a=2 m/s2,以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得NAB-μmBg=mBa,解得A对B的弹力为NAB=8 N,故选D。 4.AC　【解析】系统静止时,设轻绳的拉力为T,轻弹簧的弹力为F,由于物体P受力平衡,则2mg=T+F,由T=mg,则F=mg,又F=kx,解得k=,剪断轻绳的瞬间,对物体P由牛顿第二定律得2mg-F=2ma,解得a=,故A正确;物体P向下加速运动,当物体P的合力为0时,有2mg=kx1,解得x1=2x,则P向下运动x时,加速度为0,速度最大,重力的功率最大,故B错误,C正确;系统静止时物体Q受力平衡,由mg+F=FN,撤走长木板的瞬间,对物体Q由牛顿第二定律得mg+F=ma',解得a'=2g,故D错误。 5.CD　【解析】静置时,对羽毛球,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,球筒相对于羽毛球向下运动,则羽毛球给球筒的摩擦力向上,而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-Mg=Ma2,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-a2t2-a1t2=d,代入数据解得v=3 m/s,故D正确。 6.BC　【解析】滑块A从静止开始沿斜面下滑,在与滑块B碰撞前,根据牛顿第二定律有Mgsinθ=Ma;碰前对B,根据平衡条件有Mgsinθ=kx0,碰撞瞬间,根据牛顿第二定律有2Mgsinθ-kx0=2Ma0,联立解得a0=a;然后A、B整体压缩弹簧, 先向下做加速运动,有2Mgsinθ-k=2Ma1,其中x1==2h0,整理得Mgsinθ-k=2Ma1,a1随位移线性减小到零,方向沿斜面向下,后反向沿斜面向上,根据牛顿第二定律k-Mgsinθ=2Ma2,其中x1为加速度为零之前的位移,a2随位移反向线性增大,斜率不变, 故C正确;根据C项分析知,加速度先正向从a0=a逐渐减小到零,做加速直线运动,后加速度再负向逐渐增大,做减速直线运动到零,到达最低点,v-t图线中斜率表示加速度,故图像先是一条过原点的倾斜直线,碰撞瞬间根据动量守恒知,速度发生突变(减小),后正向加速,速度增大到加速度为零时达到最大,后减小到零,斜率逐渐增大,故A错误,B正确;根据运动学公式v2=2ax可知,匀加速阶段v2-x图线是一条倾斜的直线,之后都是变加速直线运动,图线不再是直线,故D错误。故选BC。 7.BC 　【解析】0~1 s内煤块的加速度大小为a1== m/s2=8 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,1 s后煤块的加速度大小为a2== m/s2=4 m/s2,根据牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值为tan θ==0.75,故A正确,B错误;0~1 s煤块的位移为x1=v0t1-a1=12×1 m-×8×12 m=8 m,1~2 s煤块的位移为x2=vt2-=4×1 m-×4×12 m=2 m,煤块下滑的过程中,根据动力学公式有x1+x2=a2,解得煤块从最高点下滑到A端所用的时间为t3= s,故C错误;0~1 s煤块相对传送带向上的位移为Δx1=x1-vt1=8 m-4×1 m=4 m,1~2 s煤块相对传送带向下的位移为Δx2=vt2-x2=4×1 m-2 m=2 m,2~(2+)s煤块相对传送带向下的位移为Δx3=x1+x2+vt3=(8+2+4) m=(10+4) m,由于Δx2+Δx3>Δx1,煤块在传送带上留下的痕迹长为Δx=Δx2+Δx3=(12+4) m,故D正确。 8.(1)5 m/s2　10 m/s　(2)15 m　(3+) s 【解析】(1)根据题意,设B物块下落过程中轻绳的拉力为F,由牛顿第二定律,对B物块有Mg-F=Ma,对A物块有F-mgsin 37°-μmgcos 37°=ma,联立解得a=5 m/s2,B物块落地前做匀加速直线运动,则有v2=2ah,解得v=10 m/s。 (2)根据题意可知,绳断前,A的运动时间为t1==2 s,绳断后,A上滑过程有mgsin 37°+μmgcos 37°=ma1,解得a1=10 m/s2,A上滑到顶端的时间为t2==1 s,上滑的距离为x==5 m,则斜面的长度为L=h+x=15 m,A下滑过程有mgsin 37°-μmgcos 37°=ma2,解得a2=2 m/s2,下滑到底端的时间为t3== s,则A从t=0时刻起到返回斜面底端所需时间t=t1+t2+t3=(3+)s。 9.(1)16 N　(2)1 s　(3)0.33 m 【解析】(1)设小物块能够达到的最大加速度为am,由牛顿第二定律有μ2mg=mam,解得am=3 m/s2,对整体,由牛顿第二定律有Fm-μ1(M+m)g=(M+m)am,解得Fm=16 N。 (2)当F=22 N时,小物块相对于长木板发生相对滑动,对长木板有F-μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1,解得a1=6 m/s2,小物块加速度a2==μ2g=3 m/s2,小物块滑到木板中点C,有a1-a2=,解得t1=1 s。 (3)设撤掉外力时木板和物块的速度分别为v1、v2,则有v1=a1t1=6 m/s,v2=a2t1=3 m/s,撤掉外力后,物块做匀速运动,设木板做匀减速运动的加速度大小为a3,则μ1(M+m)g=Ma3,解得a3=2 m/s2,设小物块从长木板中点滑动到最左端时长木板速度为v3,则有-v2·=,解得v3=(3+) m/s(另一解不合题意,舍去),此后长木板做匀减速运动μ1Mg=Ma4,解得a4=1 m/s2,此后小物块做平抛运动h=g,解得t2=0.2 s,设长木板减速到零的时间为t3,则t3=≈4.73 s>t2,故小物块落地时木板未停止运动,长木板做匀减速运动,小物块落地时距长木板A端的距离为Δx=v3t2-a4-v2t2,解得Δx≈0.33 m。 学科网（北京）股份有限公司 $