第02讲力与直线运动（练习）（解析版）.docx

第02讲力与直线运动一«01描述运动的基本概念考点02运动的图像1114盘»03直线运动的规律04牛顿运动定律的应用做01描述运动的基本概念1. （2021.浙江高考真题）用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是（）甲乙丙丁A.研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点B.研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点C.研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点D.研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点【答案】A【详解】A.研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫看做质点，选项A正确;B.研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不能看做质点，选项B错误;C.研究图丙中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿看做质点，选项C错误；D.研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽略不计，不能把马看做质点，选项D错误。故选Ao2.（2021浙江高考真题）2020年11月10,我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者'号一定可视为质点的是（）A.估算下降总时间时B.用推进器使其转弯时C.在海沟中穿越窄缝时D.科学家在其舱内进行实验时【答案】A【详解】A.估算潜水器下降的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点,A正确；BD.用推进器使其转泻时和科学家在其舱内进行实验时，都需要研究潜水器本身的特点，不可视为质点，BD错误；C.在海沟中穿越窄缝时，潜水器的大小和形状相对窄缝，尺寸不可以忽略，不可视为质点，C错误。故选Aa考点02运动的图像1.（2023江苏高考真题I）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是（）(SAU)瓢耀A.从 20.0S 到 30.0SC.从 40.0S 至J 50.0sB.从 30.0S 至J 40.0sD.从 50.0S 至J 60.0s【答案】A【详解】因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0S到30.0s。故选Ao2. （2021辽宁高考真题3）某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置X与时间，的关系如图所示，则汽车行驶速度V与时间,的关系图像可能正确的是（）【答案】A【详解】KT图象斜率的物理意义是速度，在0。时间内，XT图象斜率增大，汽车的速度增大；在卜时间内，XT图象斜率不变，汽车的速度不变：在时间内，x-f图象的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中UT图象可能正确。故选Ao3. （2021海南高考真题10）甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，Z=O时经过路边的同一路标，下列位移-时间。-力图像和速度-时间（VT）图像对应的运动中，甲、乙两人在M时刻之前能再次相遇的是（）【详解】A.该图中，甲乙在IO时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在to时刻之前不能相遇，选项A错误；B.该图中，甲乙在IO时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在S时刻之前能再次相遇，选项B正确；C.因vt图像的面积等于位移，则甲乙在S时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇,选项C正确：D.因VT图像的面积等于位移，由图像可知甲乙在S时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，选项D错误。故选BCo4. （2021广东高考真题8）赛龙舟是端午节的传统活动。下列了T和ST图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现【答案】BD【详解】A.此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；B.此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；C.此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；D.此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。故选BDo5. （2023广东湛江模拟预测）一遥控小车在遥控器控制下在水平地面上匀加速直线运动（如图甲所示），碰到前方挡板后反弹，小车与挡板作用时间不计，其速度-随时间/变化的关系如图乙所示，图中两斜线的斜率相等。以静止开始运动起点为坐标原点，以小车开始运动时刻为UO时刻，则下列选项中能正确反映小车运动的图像是（）甲乙【答案】C【详解】AB.由小车运动的vt图像可知，小车前进和后退过程都做匀变速直线运动，图中两斜线的斜率相同，故车前进和后退过程加速度保持不变，故AB错误；CD.小车前进过程做初速度为零的匀加速直线运动，由x=g可知，x-r图像为过原点的直线，且位移X随时间增大，小车后退过程末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此，X-/图像也是一条直线，由V一T图像可知，小车后退过程的初速度小于小车前进过程的末速度，后退时间比前进时间短，因此小车后退至速度为零时没有回到初始位置，故C正确，D错误。故选Co6. （2023江西赣州模拟预测）智能手机有许多的传感器，如加速度传感器。小明用手平托着手机，迅速向下运动，然后停止。以竖直向上为正方向，手机记录了手机竖直方向的加速度随时间，变化的图像如图所示。则下列判断正确的是（）B.手机/2时刻比力速度更小D. 14时刻手受的压力最大A.时刻手机速度最大C.A时刻手受的压力比手机重力小【答案】D【详解】A.根据题意由图可知，S时刻，手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A错误；B.手机一直下运动，则S时刻手机加速度仍向下，所以还在向下加速，速度比L时刻速度更大，故B错误；CD.根据题意，设手给手机的支持力为F,取向下为正方向，由牛顿第二定律有zg-F=m%可得产=磔73,可知，当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t4时刻，手机具有向上的最大加速度，即t4时刻手受的压力最大：t3时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重，所以手受到的压力比手机重力大，故C错误、D正确。故选D。7. （2023江西鹰潭一模）利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，”、丫、/分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是（）A.根据甲图可求出物体的加速度大小为Im/s?B.根据乙图可求出物体的加速度大小为IOnVs2C.根据丙图可求出物体的加速度大小为4ms2D.根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6ms【答案】C【详解】A.根据X=L广得N=咨ns2=lms2,加速度为°=2ms2,A错误；B.根据声=23得222-02=乎m/s?=10ms2加速度为=5msB错误；C.根据X=%，一:。尸,得二=-g"+%,则一=12/222加速度大小为=4ms2,C正确：D.a“图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，所以有v=×3×2ms=3ms.D错误。2故选C。8. （2223贵州模拟预测）如图，是某物体做直线运动的PT图像，则关于该物体的运动的描述正确的是（A.沿某一方向做曲线运动C.做往复运动B.做匀速直线运动，位移为OD.以上说法均不正确【答案】D【详解】根据PT图像可知，物体先向正方向做初速度为零的匀加速直线运动，接着再向正方向做匀减速直线运动，直到速度减为零，如此反复，可知物体一直向正方向做非匀变速直线运动。故选D。9. （22-23下海口一模）“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（取竖直向上为正方向）,其中2时刻为“笛音雷''起飞时刻、OE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷''的运动，下列说法正确的是（）C. %7时间内“笛音雷”的平均速度为与D. 时间内“笛音雷”处于失重状态【答案】D【详解】A由图可知，/。八时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，嗜音雷”在芍时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在。时刻之后，故A错误；B.时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为-恒定的负值，表明4时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g,故B错误；C.将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为白，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据S=字,可知，2/直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即I。L时间内“笛音雷”的平均速度小于故C错误：D.根据上述，4。时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，"笛音雷'处于失重状态，故D正确。故选D。10. （2023云南模拟预测）一物体做匀加速直线运动，其中间位移的速度为V,如图所示为F-X图象，则A.v0=4ms,a-3ms2B.v0=10ms,=3ms2C.v0=4ms,a=6ms2D.v0=1Oms,a=6ms2【答案】C【详解】位移中点速度为U满足FT=2哆可得="x,结合图像可知纵截距为嗫斜率为a,则v0=4ms,a=6ms2,选项C正确。故选C。11. （22-23高三下浙江阶段练习）电动汽车（BEV）是指由车载电源提供动力，由电机驱动其车轮，满足Y道路交通和安全法规要求的车辆。如图所示为某款比亚迪电动汽车的室内试行一Y图像，以下说法正确的是tA.物体做匀速直线运动B.物体做变加速直线运动CIS时,物体的加速度大小为2ms2D.Os时，物体的速度大小为lms【答案】C1r1【详解】AB.根据匀变速直线运动规律+可得2=%+w,与图像对比可知，物体做初速度为零的匀加速直线运动。故AB错误；CD.由公式结合图像可得Os时，物体的速度大小为0,Is时，物体的加速度满足=乎=Im/S?,解得a=2ms2,故C正确；D错误。2Is故选C。12. （2023河南模拟预测）如图所示的一次函数图像，横轴与纵轴所表示的物理量并未标出，已知图像的横轴、纵轴的截距分别为与、儿，根据所学的匀变速直线运动的规律来分析，下列说法正确的是（）A.若横轴表示时间1,纵轴表示物体的速度V,则时刻物体的速度为?（+1。）B.若横轴表示位移心纵轴表示物体速度的平方V2,则物体的加速度为一包C.若横轴表示时间6纵轴表示物体的平均速度V,则物体的加速度为一六D.当物体受到竖直向下的拉力尸在真空中下落，若横轴表示忆纵轴表示物体加速度。，则物体的质量为g【答案】D【详解】A.若横轴表示时间t,纵轴表示物体的速度V,由u=%+对比图像可得%=%、«=-XO则4时刻物体的速度为v=%-%=&（x0-fo）,A错误;B.若横轴表示位移X,纵轴表示物体速度的平方v2,由y=*+2内对比图像可得2=%,2=-也可得=,B错误；C.若横轴表示时间I,纵轴表示物体XoZxO的平均速度V,由卜自可得2=%+0,结介y=±可得y=%+R.对比图像可得%=%£=-勺,可2f2f2ZXO得二-Tk,C错误；D.当物体受到竖直向下的拉力F在真空中下落1由牛顿第二定律可得尸+mg=w，XO变形可得。=工尸+g,对比图像可得%=g=-&,综合可得m=一区,D正确。mX。g故选D。13. （2023黑龙江模拟预测）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图甲所示，为简化问题，将图线简化为图乙，电梯处于超重状态的时段是（）(SzUOfe!s!w翩O O5 O时间 乙A.从 10.0S 到 11.8sC.从 20.0S 到 27.5s【答案】AB.从 11.8s 到 20.0SD.从 27.5s 到 30.0S【详解】IT图象的斜率表示加速度,由图可知，从10.0s至Ij11.8s时间段，电梯有向上的加速度，处于超重状态。故选Ao14. （2023陕西商洛一模）（多选）大范围雨雪天气会对交通造成极大影响，交通事故发生频率上升。甲、乙两车在高速公路上刹车时的UV图像如图所示，已知f=0时刻两车在同一条直道上同向行驶，且甲车在后，乙车在前。若两车未发生碰撞，则以下说法正确的是（）A.甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍B.甲车刹车的加速度大小是乙车的2倍C.f=0时刻，两车间距一定不小于36mD.，=（）时刻，两车间距一定不小于48m【答案】BC【详解】AB.根据速度时间图像的斜率表示加速度可知，甲车刹车的加速大小为M/S2,乙车刹车的加速度大小为0.5ms?,甲乍刹车的加速度大小是乙车的2倍，A项错误，B项正确；CD.山UT图知，/=12S时两车的速度均为y=6ms,可知在f=12s时两车相距最近，若两车刚好不发生碰撞，由图像与时间轴所围面积表示位移，则f=0时两车间的距离=乙=与史xl2m-笥Zl2m=36m,可知r=0时刻,两车间距一定不小于36m,C项正确，D项错误。故选BCo考点03直线运动的规律1. （2022湖北高考真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km,W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发,经停4站后到达终点站Ge设普通列车的最高速度为108km/h,高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5ms2,其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（）A.6小时25分钟B.6小时30分钟C.6小时35分钟D.6小时40分钟【答案】B【详解】108kmh=30ms,324knVh=90mso由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离X=*m=2.16l（）5m,普通列车加速时间内=-=s=60s,加速过程的位移叫2=0.5×602m=900m,根据对称性可知加速与减速位a0.522移相等，可得匀速运动的时间2=216x1°、-2x9（X）s=7i40s。同理高铁列车加速时间V30I=X=毁s=180s，力口速过程的位移X=142=1°5l8（）2m=81m,根据对称性可知加速与减速位移a0.522相等，可得匀速运动的时间弓=三克=216X102x81°0s=2220s,相邻两站间节省的时V90M=（t2+2r,）-（+2r1,）=4680s,因此总的节省时间4%=54=46805s=23400s=6小时30分故选B。2. （2021湖北高考真题）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5m完成技术动作，随后5m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取IOm/S?,则她用于姿态调整的时间约为（）A.0.2sB.0.4sC.1.0sD.1.4s【答案】B【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为f =1.4s,下落前5 m的过程所用的时间为则陈芋汐川广姿态调整的时间约为f2=f=04s,故B正确，ACD错误。故选B。3. （2023湖南衡阳模拟预测）小明同学乘坐汽车，观测到做匀加速直线运动的汽车（可视为质点）连续通过4、B、C、。四个位置，且通过A8、BC.C。段的时间分别为人力、3r,AB段、C。段的长度分别为L、C器D专6L,则汽车通过C点时的速度大小为（ILn9LA.B.8r8r【答案】D【详解】由题意知汽车在AB段中间时刻的瞬时速度匕等于其在AB段的平均速度，即V1=/,汽车在CD段中间时刻的瞬时速度叫等于其在CD段的平均速度，即力=半=生,又6=匕+£+2/+当,解得。=占,又%=匕+2.5/,解得二劈.8/故选D。4. （2023海南一模）如图所示，一滑块（可视为质点）从C点以某一初速度沿粗糙斜面CE向上做匀减速直线运动，刚好运动到最高点E,然后又沿粗糙斜面滑下并做匀加速直线运动。己知CE和EO的长度相等，滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，下列说法正确的是（）A.滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的2倍B.滑块上滑过程的加速度大小一定是下滑过程的加速度大小的!C.滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的!D.滑块上滑过程的中间时刻和下滑过程的中间时刻的速度大小相等【答案】B【详解】A.滑块上滑的位移大小等于下滑位移大小，而滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，根据工=,则滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的05倍，选项A错误；B.将上滑t2X过程的逆过程看做是向下的初速度为零的匀加速运动，根据=r,可知，滑块上滑过程的加速度大小一定r是下滑过程的加速度大小的;，选项B正确；C.将上滑过程的逆过程看做是向下的初速度为零的匀加速运动，根据v=ai,可得，滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的选项C错误；D.因匀变速宜线运动中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，即匕=3,可知滑块上滑过程的中间时刻和下滑22过程的中间时刻的速度大小不相等，选项D错误。故选B。5. （2324上.河南.模拟预测）如图所示，小球从斜面上的A点以一定的初速度开始下滑，加速度恒为。，小球在B点的速度等于小球从A运动到C的平均速度，且A、B两点间的距离为Ll,A,C两点间的距离为L2,则小球从A到C的运动时间为（）【答案】D【详解】由题意可知，小球在B点的速度等于小球从A运动到C的平均速度，根据匀变速直线运动中间时刻的速度是全程的平均速度，则小球从A到B的运动时间与小球从B到C的运动时间相等，设这个相等的时间为T,由L2-Ll-Ll=aT2,解得T =,小球从A到C的运动时间为27 = 2Jl22l,故选D。6. （2023湖南模拟预测）拧开水龙头，水向下流出的过程水柱的直径会发生变化。如图，水龙头的内径为2cm。接在流量恒定不变的水管上，若水龙头出口处的流速为lms,且当水柱的直径为ICm时开始出现断续现象，不考虑安装高度，不计空气阻力，取重力加速度大小为IOmZS2,则水柱第一次出现断续现象的位置到出水口的距离为（）A. 45cmB. 50cmC. 65cmD. 75cm【答案】D【详解】单位时间内的流量恒定为。=j=S也取一段水柱，从离开水龙头到断续时有力yj=2g4,由题意/知%=l11Vs,由于水下流流量相同得品=5£,而5=乃§）2,代入数据联合解得人=75011故选D41考点04牛顿运动定律的应用1.（2022江苏高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10ms2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（）A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s2D.8.0m/s2【答案】B【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度Zn=g=心m，解得%="g=4ms2,书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度4ms20故选B。2. （2022辽宁高考真题）如图所示，一小物块从长Im的水平桌面一端以初速度必沿中线滑向另一端，经过IS从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为，g取IomzS2。下列如、"值可能正确的是（）A.Vo=2.5msB.vo=1.5msC.=0.28D.=0.25【答案】B【详解】AB.物块水平沿中线做匀减速直线运动，则<=；=空，由题干知X=Im,t=ls,v>0,代入数据有Vo<2ms,故A不可能，B可能；CD.对物块做受力分析有a=g,v：-vo2=2ax,整理有vo2-2ax>0,由于vo<2ms可得v.2,故CD不可能。故选风3. （2022北京高考真题）如图所示，质量为加的物块在倾角为，的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩A.斜面对物块的支持力大小为mgsin。B.斜面对物块的摩擦力大小为“"ZgcosJC.斜面对物块作用力的合力大小为取D.物块所受的合力大小为mgsin6【答案】B【详解】A.对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为G=mgcos。，故A错误；B.斜面对物块的摩擦力大小为"=WMgcose,故B正确；CD.因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第一定律得F合=mgsin-mgcos=ma,可知mgsin>mgcos,则斜面对物块的作用力为F=+早=y（ngcos）2+（jungcos）2<J（mgcos®）2+（ZgSiney=mg,故CD错误。故选B。4. （2021北京高考真题）某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪）如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20Cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40Cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）/A.30Cm刻度对应的加速度为-0.5gB.40Cm刻度对应的加速度为gC.50Cm刻度对应的加速度为2gD.各刻度对应加速度的值是不均匀的【答案】A【详解】A.由分析可知，在30Cm刻度时，有F弹-mg=，”（取竖直向上为正方向）代入数据有a=-0.5g,A正确；B.由分析可知，在40Cm刻度时，有机g=广州，则40Cm刻度对应的加速度为O,B错误；C.由分析可知，在50Cm刻度时，有F/-mg=m4（取竖直向上为正方向），代入数据有a=05g,C错误；D.设刻度对应值为X，结合分析可知BTx=x-0.2（取竖直向上为止方向）经过计算仃_ClmO=巫三空（x>02）或。=餐（x<02）,根据以上分析，加速度a与刻度对应值为X成线性关系，则各0.20.2刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。故选Ao5.（2021全国高考真题）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角。可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间f与夹角。的大小有关。若由30。逐渐增大至60。，物块的下滑时间/将（）A.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大后减小D.先减小后增大【答案】DJ1AJ【详解】设PQ的水平距离为L,由运动学公式可知一-=-sinr2,可得可知。=45。时,cos2gsin20t有最小值，故当。从由30。逐渐增大至60。时下滑时间t光减小后增大“故选D。6. （2021海南高考真题）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力尸作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为切p=0.5kg、/W0=0.2kg,P与桌面间的动摩擦因数=0.5,重力加速度g=IOm*。则推力尸的大小为IQA.4.0NB.3.0NC.2.5ND.1.5N【答案】A【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有工=6°g=2N,/=7；=2N</mFg=2.5No推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即4=T=IN,故Q物体加速下降，有加0且一%=，%。，可得。=5加6，而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律岂+尸-Wg="%明解得F=4N故选Ao7. （2022.湖南.高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即品二hA为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为Iom/S；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5m/s。重力加速度大小为8,不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（）A.发动机的最大推力为l5MgB.当飞行器以5ms匀速水平飞行时，发动机推力的大小为*MgC.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5JmsD.当飞行器以5ms的速率飞行时，其加速度大小可以达到%【答案】BC【详解】A.飞行器关闭发动机，以Vl=Iom/s匀速下落时，有Mg=h，/=AxlOO,飞行器以v2=5ms向上匀速时，设最大推力为En=A+h=Mg+&x25,联立可得n=1.25Mg,k=黑,A错误；B.飞1UU行器以v3=5ms匀速水平飞行时尸=击彳m7=乎Mg,B正确；C.发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f=J%?-（Mg）2=侬2，解得！=55ms,C正确；D.当飞行器最大推力向下，以v5=5ms的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值n+Mg+=M%,解得am=2.5g,D错误。故选BCo8.趣味比赛“毛毛虫竞速”锻炼体能的同时，考验班级的团队协作能力。某班级在比赛中四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间加速出发，加速度大小约为5.0ms2e已知“毛毛虫”道具质量为IOkg,重力加速度g的大小取IOm微。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为（）A.IONB.25NC.28ND.100N【答案】C【详解】设平均每位同学对道具的作用力为F,对“毛毛虫”道具受力分析，该道具受到重力和四位同学的作用力，如图mg由几何关系和牛顿第二定律得Qngy+(三)2=(4F)2,解得F28N故选C。9. (2023重庆梁平一模)A、8、C、O四个物体通过轻绳和轻弹簧按如图所示方式连接，已知mA=mc=2mB=2mD,重力加速度为g,若突然剪断8、C间的绳子，剪断绳子后的瞬间，下列有关表述正确的是()A.A的加速度为零B.8的加速度为3g3C.。的加速度为'gD.。的加速度为g【答案】C【详解】AB.突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不变，将AB整体可得(%+WB)g=(%+，%),解得。=g,故AB错误;CD.初始时由平衡条件可得弹簧的弹力E=4g.突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不变，可知D的受力情况保3持不变，则q)=0.对CmCg+巴=性%.解得=g,故C正确，D错误。故选C。10. (2023重庆梁平一模)如图所示，长度L=4m的传送带与水平方向的夹角生37。，以v=5ms的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻轻放一个质量为m=lkg的小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数4=0.5,则下列有关说法不正确的是(sin37o=0.6,cos37o=0.8,g=lOmZs2)()A.小物体运动0.5s后加速度大小为2mgB.小物体所受摩擦力大小保持不变C.小物体相对传送带的位移为ImD.小物体在传送带上的划痕为1.5m【答案】D【详解】A.对小物体受力分析由牛顿第二定律得ZgSin37。+WwgCOS37。=m明经过时间t小物体与传送带共速，由运动学公式得呻山,联立解得l=05s,由于=0.5,小物体与传送带共速后不能一起匀速，接下来小物体相对传送带向卜运动,对其由牛顿第二定律得根gsin37。-ZgCoS37。=/叫,解得al=2ms2,A正确;B.根据对A项分析可知小物块与传送带之间一直有相对运动，所以小物体所受摩擦力大小保持不变，B正确；CD.小物体与传送带共速前相对传送带向上运动,在这一阶段小物体与传送带的位移分别为xl、x2,则X=I/=W,相对位移为以=W-X.解存xM=l25m.小物体速度达到5ms后，以加速度al做匀加速直线运v12-v2动，设运动到传送带底端的速度为vl,则由运动学公式得L-X=-l-,解得vl=6ms,小物体以加速度al24做匀加速直线运动的时间为L=ILL=°5s,小物体与传送带共速后相对传送带向下运动，相对位移为x=L-内一叫=4m-1.25m-50.5m=0.25m,小物体先相对传送带向上运动x,后相对传送带向下运动x，所以小物体相对传送带的位移为x-Ar=1.25m-0.25m=lm小物体先相对传送带向上运动x.后相对传送带向下运动Aj乂所以小物体在传送带上的划痕为x=1.25m,C正确，D错误。本题选不正确的，故选D。11. （2021河北高考真题）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中A8段倾角为，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若IS后质量为48kg的滑雪者从顶端以L511s的初速度、3ms2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背1794包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为二在，重力加速度取g=IOmH,sin9=-,cos=,忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：（1）滑道A8段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【答案】（1）L=9m；（2）v=7.44ms【详解】（1）设斜面长度为L，背包质量为犯=2kg,在斜面上滑行的加速度为4,由牛顿第二定律仃4gsin-nxgcos=zwla1解得4=2ms2滑雪者质量为"4=48kg,初速度为%=1.5ms,加速度为%=BnVs?,在斜面上滑行时间为f,落后时间=Is,则背包的滑行时间为f+f。，由运动学公式得T"4+幻2,121.=viit+-a2t联立解得y2s或，=-双舍去）故可得L=9m（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为匕、v2,有v1=al（r+r0）=6msv2=v0+2r=7.5ms滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为人有W1V1+rn2v2=（4+W2），解得y=7.44ms12. （2022天津.高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度=2ms,匀减速滑行X=I6.8m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行9=3.5m,与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为匕=0。501人和%=0.55皿人。已知A、B质量相同，A与MN间冰面的动摩擦因数M=O重力加速度8取1Oms2,运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A（1）在N点的速度匕的大小；（2）与NP间冰面的动摩擦因数4。【答案】（1）v,=0.8mS;（2）2=0.004【详解】（I）设冰壶质量为m，A受到冰面的支持力为N,由竖直方向受力平衡，有N=mg设A在MN间受到的滑动摩擦力为/,则有/=MN设A在MV间的加速度大小为a,由牛顿第二定律可得f=na联立解得=Mg=0lms2由速度与位移的关系式，Wvf-v=-2r1代入数据解得H=O8ms（2）设碰撞前瞬间A的速度为匕，由动量守恒定律可得利匕=，+，UB解得%=0.6ms设A在NP间受到的滑动摩擦力为广，则有尸=外/叫由动能定理可得-7Wg-，加联立解得2=0413. （2022浙江高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8ms,紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到。点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为IlOkg,sinl5o=0.26,求雪车（包括运动员）（1）在直道48上的加速度大小：（2）过。点的速度大小；（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。Q【答案】(1)al=-ms2:(2)12m/s；(3)66N【详解】AB段片=MXlQ解得“=QmZs?(2)AB段匕=缶解得4=3SBC段W=vit2+-a2t2a2=2ms2过C点的速度大小口=匕+%，2=12ms（3）在BC段有牛顿第二定律mgSine-K=Znq解得R=66N14. （2021辽宁高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率力=0.6ms运行的传送带与水平面间的夹角a=37。，转轴间距Z=3.95m0工作人员沿传送方向以速度U2=1.6ms从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数=0.8°取重力加速度g=10ms2,sin37o=0.6,COS37。=0.8.求：（I）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小；（2）小包裹通过传送带所需的时间上【答案】0.4ms2:（2）4.5s【详解】（1）小包裹的速度匕大于传动带的速度K，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知mgcos-mgsin=ma解得=0.4ms2（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时G=及口="乎s=2.5sa0.4在传动带上滑动的距离为="*=*"X2.5=2.75m因为小包裹所受滑动摩擦力大于电力沿传动带方向上的分力，即/依cose>2gsinJ,所以小包裹与传动带1.彳395275共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为=二L=