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专题分层突破练2　力与直线运动
A组
1.(2024江西卷)一质点沿x轴运动,其位置坐标x与时间t的关系为x=1+2t+3t2(x的单位是m,t的单位是s)。关于速度及该质点在第1 s内的位移,下列选项正确的是(　　)
A.速度是对物体位置变化快慢的描述;6 m
B.速度是对物体位移变化快慢的描述;6 m
C.速度是对物体位置变化快慢的描述;5 m
D.速度是对物体位移变化快慢的描述;5 m
2.(2024广西卷)让质量为1 kg的石块P1从足够高处自由下落,P1在下落的第1 s末速度大小为v1。再将P1和质量为2 kg的石块绑为一个整体P2,使P2从原高度自由下落,P2在下落的第1 s末速度大小为v2,g取10 m/s2,则(　　)
A.v1=5 m/s B.v1=10 m/s
C.v2=15 m/s D.v2=30 m/s
3.(2024北京卷)如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F的作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为(　　)
A.F B.F
C.F D.F
4.(2024山东卷)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.(-1)∶(-1)
B.()∶(-1)
C.(+1)∶(+1)
D.()∶(+1)
5.(2024广东东莞二模)如图所示,某同学练习踢毽子,假设毽子在空中运动过程中受到大小不变的空气阻力的作用,下列v-t和a-t图像可能正确反映毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置的是(　　)
6.大型商场的螺旋滑梯是小孩喜欢游玩的设施,该设施由三段轨道组成,小孩从第一段OA轨道进入后,从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B处,AB段总长为16 m,小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为s=0.125t2(s单位为m,t单位为s),小孩在第三段BC看作匀减速直线运动,BC长度为x=2 m,高度差h=0.4 m,小孩最终刚好停在C点处。小孩可视为质点,求:
(1)小孩在BC段的加速度大小;
(2)小孩与BC轨道的动摩擦因数μ。
7.如图甲所示,足够长的倾斜传送带以某一恒定的速率逆时针运行。现将一小滑块(视为质点)轻放在传送带的顶端,滑块在传送带上运动的速度的二次方随位移变化的关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求:
甲
乙
(1)滑块在0~3.2 m位移内的加速度大小a1及其在3.2~12.2 m位移内的加速度大小a2;
(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ。
B组
8.(2024湖南卷)如图所示,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
9.某同学使用计算机玩模拟弹道导弹拦截游戏。游戏中弹道导弹甲自坐标原点O以速度v0=10 m/s沿y轴正方向做匀速直线运动,拦截弹乙自x轴距O点距离L=200 m的A点做初速度为0、加速度为a=4 m/s2、方向与x轴负方向的夹角为45°的匀加速直线运动。若恰好拦截成功,且以甲通过O点时作为计时起点,则拦截弹乙发射的时刻为(　　)
A.t=0 B.t=4 s
C.t=8 s D.t=10 s
10.(2024重庆南开中学高考模拟)如图所示,P、Q两本完全相同的物理课本,叠放在足够长的水平桌面上,所有接触面间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,每本物理课本的质量均为m,重力加速度为g,不计空气阻力,则要将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出,作用在物理课本Q上的水平拉力F不小于(　　)
A.μmg B.2μmg
C.3μmg D.4μmg
11.(2024广西南宁期末)如图所示,倾斜角θ=30°的传送带,以v0=4 m/s的速度顺时针匀速转动,传送带的长度L=6 m,水平面上有m1=1 kg的木板紧靠在传送带底端B侧,木板上表面与传送带底端B等高。质量为m2=3 kg的物块(可视为质点)从传送带的顶端A由静止释放,刚开始以a1=8 m/s2的加速度做匀加速直线运动,在底端B滑上静止的木板,最终物块恰好不滑离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,木板与地面间的动摩擦因数μ3=0.2,重力加速度g取10 m/s2。假设小物块冲上木板前后瞬间速度大小不变,求:
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ1和到底端B的速度vB;
(2)小物块从A端开始运动到与木板达到共同速度所用的时间t;
(3)木板左端最终距离传送带B端的最远距离x。
12.如图所示,一辆长为l0=8 m的载货卡车质量为m0=1 500 kg,车厢载有m=500 kg的圆柱形钢锭,并用钢丝绳固定在车厢中,钢锭离车厢右端距离l=4 m。卡车以v0=8 m/s的速度匀速行驶,当卡车行驶到某一十字路口前,车头距人行横道s0=25 m处时发现绿灯还有t0=4 s转为黄灯,司机决定让车以a=1 m/s2的加速度加速通过这个路口,重力加速度g取10 m/s2。
(1)请通过计算判断卡车能否在绿灯转黄灯前车尾通过x=5 m宽的人行横道。
(2)当卡车刚加速行驶t=2 s时发现有行人要通过人行横道,司机立刻紧急刹车使车所受阻力恒为Ff=1.2×104 N而做减速运动,刹车瞬间车厢固定钢锭的钢丝绳脱落,钢锭匀速撞向车头(不计钢锭与车厢间的摩擦),求从卡车开始刹车到钢锭撞上车头经历的时间。
(3)在第(2)问情形中,若钢锭与车头碰撞时钢锭没有反弹,且相撞时间极短可忽略不计。请通过计算判断卡车停止运动时车头是否压上人行横道线。
答案：
1.C　解析 根据速度的定义式v=表明,速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量,故速度是描述物体位置变化快慢的物理量。根据物体位置与时间的关系x=1+2t+3t2,可知开始时物体的位置x0=1 m,1 s时物体的位置x1=6 m,则1 s内物体的位移为Δx=x1-x0=5 m。
2.B　解析 P1与P2释放之后均做自由落体运动,v1=v2=gt=10 m/s,选项B正确。
3.A　解析 本题考查牛顿第二定律中的整体法和隔离法。根据题意,对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站分析有F'=Ma,解两式可得飞船和空间站之间的作用力F'=F,故选A。
4.A　解析 木板长为l时,通过A点的时间Δt1=,木板长为2l时,通过A点的时间Δt2=,所以Δt2∶Δt1=(-1)∶(-1),A正确。
5.D　解析 根据动能定理,空气阻力做负功,毽子被竖直向上踢出后,经一段时间又回到初始位置时的速度大小一定小于初速度的大小,即回到出发点时,速度不可能为-v0,故A、B错误;上升阶段的加速度大小为a1=g+,下降阶段的加速度大小a2=g-,方向均为竖直向下,由h=at2可知,由于上升和下降的高度一样,上升时的加速度大于下降时的加速度,则上升时间短,下降时间长,故C错误,D正确。
6.答案 (1)2 m/s2　(2)
解析 (1)AB段可看成斜面模型,小孩在该段的运动可看成沿轨道切线做匀加速运动。
由已知s=0.125t2
对比s=at2,可知a=0.25 m/s2
滑到B处的速度
v= m/s=2 m/s
小孩在BC段的加速度大小
a'==2 m/s2。
(2)设第三段与水平面的夹角为θ,根据牛顿第二定律,有
μmgcos θ-mgsin θ=ma'
以及sin θ=
利用数学知识联立解得μ=。
7.答案 (1)10 m/s2　2 m/s2　(2)0.5
解析 (1)由匀变速直线运动的速度—位移关系式
v2-=2ax
可得a=
结合题图乙解得a1=10 m/s2,a2=2 m/s2。
(2)设滑块的质量为m、传送带的倾角为θ,由牛顿第二定律有
mgsin θ+μmgcos θ=ma1
mgsin θ-μmgcos θ=ma2
解得μ=0.5。
8.A　解析 本题考查牛顿第二定律的瞬时性问题。剪断前,对B、C、D整体分析得FAB=(3m+2m+m)g,对D有FCD=mg;剪断后,对B有FAB-3mg=3maB,解得aB=g,方向竖直向上;对C有FCD+2mg=2maC,解得aC=1.5g,方向竖直向下。故选项A正确。
9.D　解析 若恰好拦截成功,根据几何关系可知甲的位移为x甲=L=v0t1,解得t1=20 s,乙的位移为x乙=L=,解得t2=10 s,所以拦截弹乙发射的时刻为t=t1-t2=10 s,故选D。
10.D　解析 将物理课本Q从物理课本P下方水平抽出,P、Q相对静止且整体运动的最小加速度为a==μg
对Q受力分析如图所示,则Q恰好被抽出时,可得F-2μmg-μmg=ma,解得F=4μmg,作用在物理课本Q上的水平拉力F>4μmg,故D正确,A、B、C错误。
11.答案 (1)　6 m/s　(2)2.25 s　(3) m
解析 (1)物块从传送带的顶端A由静止释放,刚开始以a1=8 m/s2的加速度做匀加速直线运动,有m2gsin θ+μ1m2gcos θ=m2a1
解得μ1=
设物块与传送带共速用时为t,则有
t=
解得t=0.5 s
物块运动的位移为
x'=t,解得x'=1 m
由于m2gsin θ>μ1m2gcos θ,则物块继续加速运动,有
m2gsin θ-μ1m2gcos θ=m2a2
根据速度—位移公式有
=2a2(L-x')
解得vB=6 m/s。
(2)设在斜面上第二段加速所用时间为t1,则
vB-v0=a2t1
滑上木板后,物块的加速度为
μ2m2g=m2a3
木板的加速度为
μ2m2g-μ3(m1+m2)g=m1a4
最终物块恰好不滑离木板,设物块从B点到二者共速的时间为t2,则有
vB-a3t2=a4t2
则总时间为
t总=t+t1+t2,解得t总=2.25 s。
(3)木板在t2时间内运动的距离为
x1=a4,解得x1= m
此时的速度为
v'=a4t2,解得v'=3 m/s
此后两物体共同减速运动,加速度为a5,则有
μ3(m1+m2)g=(m1+m2)a5
木板减速的位移为
x2=,解得x2= m
木板左端最终距离传送带B端的最远距离
x=x1+x2
解得x= m。
12.答案 见解析
解析 (1)设载货卡车在时间t0内做匀加速运动的位移为s,由运动学公式可得
s=v0t0+
解得s=40 m
由于s>s0+l0+x,所以卡车能在绿灯转黄灯前车尾通过人行横道。
(2)设当卡车加速行驶t=2 s时速度为v1,位移为s1,由运动学公式可得
v1=v0+at
s1=v0t+at2
设卡车从开始刹车到钢锭撞上车头运动的时间为t',卡车速度为v2、位移为s2,钢锭位移为s2',卡车匀减速运动的加速度大小为a1,由运动学公式及它们间的位移关系可得
Ff=m0a1
v2=v1-a1t'
s2=v1t'-a1t'2
s2'=v1t'
s2'-s2=l
解得t'=1 s。
(3)设卡车和钢锭发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v3,对碰撞过程由动量守恒定律可得
mv1+m0v2=(m+m0)v3
设卡车和钢锭一起再次做匀减速运动的加速度大小为a2,位移为s3,由动力学方程和运动学公式可得
Ff=(m+m0)a2
=2as3
解得s1=18 m、s2=6 m、s3= m
由于s0

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