高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練習(xí) 第3章階段復(fù)習(xí)練(一)　力與直線運(yùn)動(dòng)（含詳解）

1．(2024·天津市第四十七中學(xué)期中)根據(jù)海水中的鹽分高低可將海水分成不同密度的區(qū)域，當(dāng)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時(shí)，該潛艇“掉深”，隨后采取措施自救脫險(xiǎn)，在0～50s內(nèi)潛艇豎直方向的v－t圖像如圖乙所示(設(shè)豎直向下為正方向)。不計(jì)水的粘滯阻力，則()A．潛艇在t＝20s時(shí)下沉到最低點(diǎn)B．潛艇豎直向下的最大位移為600mC．潛艇在“掉深”和自救時(shí)的加速度大小之比為3∶2D．潛艇在0～20s內(nèi)處于超重狀態(tài)2.(多選)(2023·湖南懷化市期末)A、B兩個(gè)物體v－t圖像分別如圖中a、b所示，圖線a是拋物線，圖線b是直線，拋物線頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)為t1，0～t3時(shí)間內(nèi)圖線a、b與橫軸圍成的面積相等。下列說(shuō)法正確的是()A．t2時(shí)刻A、B間距離一定最小B．t2～t3時(shí)間內(nèi)A的加速度一直小于B的加速度C．0～t3時(shí)間內(nèi)A的平均速度等于B的平均速度D．t1～t3時(shí)間內(nèi)A、B的位移大小之比為2∶33.(2024·山東濟(jì)寧市期中)如圖所示，傾角為θ，質(zhì)量為M的斜面體置于粗糙的水平地面，質(zhì)量為m的物體靜止在斜面上。對(duì)物體施加沿斜面向下的力F使其勻速下滑，增大F使物體加速下滑。物體沿斜面勻速下滑和加速下滑時(shí)，斜面體始終保持靜止。比較物體勻速下滑和加速下滑兩個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．物體在加速下滑時(shí)，物體與斜面體之間的摩擦力較大B．物體在勻速和加速下滑時(shí)，地面與斜面體之間的摩擦力不變C．物體在勻速下滑時(shí)，物體對(duì)斜面體的壓力較小D．物體在加速下滑時(shí)，地面對(duì)斜面體的支持力較大4.如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動(dòng)，一根水泥圓筒從木棍的上部以一定初速度勻速滑下。若保持兩木棍傾角不變，忽然將兩棍間的距離減小后固定不動(dòng)，變動(dòng)時(shí)間忽略不記，則水泥圓筒在兩木棍上將()A．仍勻速滑下 B．勻減速下滑C．勻加速下滑 D．可能忽然靜止5.(2024·新疆百師聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，小球沿足夠長(zhǎng)的斜面向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，在速度減為0的過(guò)程中，前2s內(nèi)和最后2s內(nèi)的位移大小分別為2.5m、2m，則在該運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．小球的初速度大小為4m/sB．小球的加速度大小為2m/s2C．小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2.25sD．小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3s6．圖甲是工人把貨物運(yùn)送到房屋頂端的場(chǎng)景，簡(jiǎn)化圖如圖乙所示，繩子跨過(guò)定滑輪拉動(dòng)貨物A，沿傾角為θ的玻璃棚緩慢向上移動(dòng)，忽略貨物所受摩擦阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A．貨物A對(duì)玻璃棚的壓力不變B．貨物A對(duì)玻璃棚的壓力越來(lái)越大C．繩子的拉力越來(lái)越大D．繩子的拉力越來(lái)越小7.(2024·廣東省六校聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)長(zhǎng)度相同的輕繩在中點(diǎn)處垂直交叉形成一個(gè)“繩兜”，重力為G的光滑球靜置于“繩兜”中。繩端掛于O點(diǎn)靜止，A、B、C、D為每根繩與球面相切的點(diǎn)，OA＝OB＝OC＝OD＝2R，R為球的半徑，則OA繩中的拉力大小為()A.eq\f(\r(5),8)GB.eq\f(\r(5),4)GC.eq\f(\r(3),6)GD.eq\f(1,4)G8.(2024·海南省一模)如圖，質(zhì)量分別為m和2m的方形物體A和B在水平恒力F作用下，沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，A剛好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g，則A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為()A.eq\f(mg,F)B.eq\f(2mg,F)C.eq\f(3mg,2F)D.eq\f(3mg,4F)9.(2024·山西省聯(lián)考)如圖所示，傾角為θ的傳送帶始終以5m/s的速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為1kg的物塊以10m/s的速度從底端沖上傳送帶，恰好能到達(dá)傳送帶頂端。已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2，sinθ＝0.6，物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的時(shí)間為()A．1.0sB．1.5sC．2.5sD．3.0s10.(2023·江蘇卷·11)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過(guò)程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小11.(2024·天津市第二南開(kāi)中學(xué)期中)四旋翼無(wú)人機(jī)如圖所示，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前得到越來(lái)越廣泛的應(yīng)用。一架質(zhì)量m＝2kg的無(wú)人機(jī)，其動(dòng)力系統(tǒng)所能提供的最大升力F＝42N，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小恒為f＝6N。g取10m/s2。(1)無(wú)人機(jī)在地面上從靜止開(kāi)始，以最大升力豎直向上起飛，求在t＝6s時(shí)無(wú)人機(jī)離地面的高度h；(2)若無(wú)人機(jī)懸停在距離地面高度H＝84m處時(shí)，由于動(dòng)力設(shè)備故障，無(wú)人機(jī)突然失去升力而墜落，若墜落過(guò)程中，在遙控設(shè)備的干預(yù)下，動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)并提供向上最大升力。若著地速度為零，求無(wú)人機(jī)從開(kāi)始下落過(guò)程中的最大速度vm的大小。12.(2024·黑龍江齊齊哈爾市期中)如圖所示，質(zhì)量為m1＝1kg、長(zhǎng)L＝1.75m的木板(厚度不計(jì))靜止在水平地面上，質(zhì)量為m2＝2kg的小物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))以初速度v0＝5m/s從左端滑上木板。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，小物塊與木板和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ2＝0.4，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小物塊滑離木板的時(shí)間；(2)小物塊離開(kāi)木板后，通過(guò)計(jì)算判斷木板與小物塊是否發(fā)生碰撞。階段復(fù)習(xí)練(一)力與直線運(yùn)動(dòng)1．C[潛艇在0～50s內(nèi)先向下加速后向下減速，則50s時(shí)向下到達(dá)最大深度，故A錯(cuò)誤；由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為h＝eq\f(1,2)×30×50m＝750m，故B錯(cuò)誤；潛艇在“掉深”時(shí)向下加速，則由圖像可知加速度大小為a＝eq\f(30,20)m/s2＝1.5m/s2，在自救時(shí)加速度大小為a′＝eq\f(30,50－20)m/s2＝1m/s2，所以加速度大小之比為3∶2，故C正確；潛艇在0～20s內(nèi)向下加速，加速度向下，處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。]2．CD[根據(jù)題意，由于不知道物體A、B初始狀態(tài)的位置關(guān)系，則無(wú)法判斷A、B間的距離變化情況，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，A的圖像關(guān)于t1對(duì)稱，由v－t圖像的斜率表示加速度可知，t2～t3時(shí)間內(nèi)A的加速度不是一直小于B的加速度，故B錯(cuò)誤；由題意可知，0～t3時(shí)間內(nèi)圖線a、b與橫軸圍成的面積相等，即0～t3時(shí)間內(nèi)A、B的位移相等，則0～t3時(shí)間內(nèi)A的平均速度等于B的平均速度，故C正確；根據(jù)題意，由題圖可知，由于A的圖像關(guān)于t1對(duì)稱，則有t3＝2t1，則t1～t3時(shí)間內(nèi)A的位移大小為A總位移的一半，B的位移大小為B總位移的eq\f(3,4)，由于A、B在0～t3時(shí)間內(nèi)的位移相等，則t1～t3時(shí)間內(nèi)A、B的位移大小之比為2∶3，故D正確。]3．B[對(duì)物體施加沿斜面向下的力F使其勻速下滑，對(duì)物體分析可知Ff＝μmgcosθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，而增大沿斜面的拉力F使物體加速下滑，物體所受的滑動(dòng)摩擦力和斜面支持力大小不變，由牛頓第三定律可知，物體對(duì)斜面體的摩擦力Ff′和壓力FN′大小、方向均不變，則對(duì)斜面體而言，所有受力均不變，即地面與斜面體之間的摩擦力不變，地面對(duì)斜面體的支持力也不變，故選B。]4．C[水泥圓筒從木棍的上部勻速滑下過(guò)程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件知mgsinθ－2Ff1＝0，將兩棍間的距離減小后，兩棍支持力的合力不變，夾角減小，則每根木棍對(duì)圓筒的支持力減小，滑動(dòng)摩擦力減小，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ－2Ff2＝ma，由于摩擦力變小，故加速度變大，可知圓筒將勻加速下滑，故選C。]5．C[將小球的運(yùn)動(dòng)逆向看作初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由位移—時(shí)間公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，可知2m＝eq\f(1,2)a·(2s)2，2.5m＝eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)a(t－2)2，解得a＝1m/s2，t＝2.25s，故B、D錯(cuò)誤，C正確；小球的初速度大小為v0＝at＝2.25m/s，故A錯(cuò)誤。]6．C[對(duì)貨物A受力分析，其動(dòng)態(tài)圖如圖，貨物A緩慢向上移動(dòng)，則拉力與豎直方向的夾角減小，由圖可知，繩子的拉力越來(lái)越大。同時(shí)，玻璃棚對(duì)貨物A的支持力變小，由牛頓第三定律知貨物A對(duì)玻璃棚的壓力越來(lái)越小。故選C。]7．A[設(shè)OA、OB、OC、OD與豎直方向夾角為θ，OA、OB、OC、OD繩子拉力為FT，根據(jù)受力分析及幾何關(guān)系可知4FTcosθ＝G，由幾何關(guān)系知cosθ＝eq\f(2R,\r(2R2＋R2))＝eq\f(2\r(5),5)，聯(lián)立可得FT＝eq\f(\r(5),8)G，故選A。]8．C[設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，對(duì)A、B整體有a＝eq\f(F,3m)，隔離B，可得A對(duì)B作用力大小FAB＝2m×a＝eq\f(2F,3)，由牛頓第三定律知B對(duì)A作用力大小FBA＝eq\f(2F,3)，對(duì)A在豎直方向有μFBA＝mg，得μ＝eq\f(3mg,2F)，故選C。]9．D[開(kāi)始時(shí)物塊速度大于傳送帶速度，所受傳送帶摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，物塊速度與傳送帶速度相等所需的時(shí)間t1＝eq\f(v0－v傳,a)＝0.5s，之后物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，物塊從速度等于傳送帶速度到速度為零所需時(shí)間t2＝eq\f(v傳,a2)＝2.5s，物塊從傳送帶底端運(yùn)動(dòng)到頂端的時(shí)間t＝t1＋t2＝3.0s，故選D。]10．C[因?yàn)轭l閃照片中的時(shí)間間隔相同，對(duì)比題圖甲和題圖乙可知題圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段；根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；從題圖甲中的A點(diǎn)到題圖乙中的A點(diǎn)，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功；根據(jù)動(dòng)能定理可知題圖甲中經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；由于題圖甲中滑塊的加速度大，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知題圖甲在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故C正確；由于無(wú)論上滑還是下滑滑塊均受到滑動(dòng)摩擦力，大小相等，故題圖甲和題圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。]11．(1)144m(2)28m/s解析(1)由牛頓第二定律可得F－mg－f＝ma1，解得無(wú)人機(jī)的加速度大小為a1＝8m/s2則在t＝6s時(shí)無(wú)人機(jī)離地面的高度為h＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×8×62m＝144m(2)無(wú)人機(jī)突然失去升力而墜落，下落過(guò)程中，有mg－f＝ma2，解得無(wú)人機(jī)的加速度大小為a2＝7m/s2當(dāng)動(dòng)力設(shè)備重新啟動(dòng)并提供向上最大升力時(shí)，無(wú)人機(jī)的速度最大，則有h1＝eq\f(vm2,2a2)，重新提供向上最大升力后，根據(jù)牛頓第二定律可得F＋f－mg＝ma3解得無(wú)人機(jī)的加速度大小為a3＝14m/s2由題意可知無(wú)人機(jī)著地速度為零，則有h2＝eq\f(0－vm2,－2a3)，又h1＋h2＝H＝84m聯(lián)立解得無(wú)人機(jī)從開(kāi)始下落過(guò)程中的最大速度為vm＝28m/s。12．(1)0.5s(2)見(jiàn)解析解析(1)根據(jù)題意，對(duì)物塊，由牛頓第二定律有μ2m2g＝m2a物，代入數(shù)據(jù)解得a物＝4m/s2對(duì)木板，由牛頓第二定律有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a木，代入數(shù)據(jù)解得a木＝2m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t物塊滑離木板，有L＝v0t－eq\f(1,2)a