第2练　牛顿运动定律与直线运动（含解析）2024年高考物理大二轮复习

第2练　牛顿运动定律与直线运动
[保分基础练]
1．(2023·江苏卷·1)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(　　)
A．从20.0 s到30.0 s B．从30.0 s到40.0 s
C．从40.0 s到50.0 s D．从50.0 s到60.0 s
2.(2023·江苏扬州市高邮中学模拟)蹦极可以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个时动量的增加量为Δp1，下落第五个时动量的增加量为Δp2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则满足(　　)
A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
3.(2023·江苏模拟预测)一轻弹簧竖直固定在桌面上，将一小球从弹簧正上方的O点由静止释放。以开始下落的位置为坐标原点，以竖直向下为x轴正方向，不计空气阻力，则关于小球运动过程中的速度v或加速度a随位移x变化的关系图像中，可能正确的是(　　)
4．某次蹦床比赛中，运动员双脚离开蹦床后竖直向上运动，把上升过程分为等距的三段，运动员从下至上运动过程中，依次经历三段的时间记为t1、t2、t3。则t1∶t2∶t3最接近(　　)
A．3∶6∶10 B．3∶4∶10
C．3∶6∶20 D．3∶4∶20
5．(2023·江苏南京市阶段练习)某同学用手机的加速度传感器测量了电梯运行过程中的加速度，得到了图甲所示的图线(规定竖直向上为正方向)，为了简化问题研究，将图线简化为图乙所示的图像。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是(　　)
A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．17～20 s内电梯在下行
6.(2023·江苏苏州市月考)2021年12月9日，我国航天员王亚平再次进行太空授课，使得我国很多中小学生对微重力下液体内部的受力情况感到好奇，某同学为了在地面探究微重力下液体内部的受力情况，设计了实验，如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部。水与木球的密度差为Δρ(Δρ>0)，重力加速度为g。初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为(　　)
A．g B.g
C．(1－)g D．(1＋)g
7.(2023·江苏南通市海安高级中学月考)如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是(　　)
[争分提能练]
8．(2022·全国甲卷·19改编)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)
A．P的加速度大小的最大值为μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
9．(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示，质量为1 kg的长木板B放在水平地面上，质量为2 kg的物块A放在木板B的左端。物块A与木板B间的动摩擦因数为0.7，木板B与地面间的动摩擦因数为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2。现对A施加一水平拉力F，则物块速度vA、木板速度vB随时间变化的图像可能是(　　)
10．大功率火箭一般采取多级推进技术，以提高发射速度。某中学的物理兴趣小组同学制作了一个两级推进火箭模型进行试验。已知火箭质量为m，提供的推动力恒定且为F＝3mg，火箭先经过一级推动力推进时间t后，丢弃掉质量为的一级箭体，再由二级推动力继续推动剩余质量为的火箭，推动力仍为F＝3mg，火箭飞行时间t后结束推进。重力加速度恒定且为g，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力，求：
(1)火箭上升过程的最大速度为多少？
(2)火箭上升的最大高度为多少？
11.(2023·江苏苏州市联考)如图所示，分拣快递的车间里，与水平面成θ＝30°的传送带正以v＝3 m/s的速度顺时针匀速运行，A、B两端相距l＝13.5 m。现每隔1 s把质量m＝1 kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字。求：
(1)工件刚刚放上去时的加速度大小；
(2)工件从A到B所用的时间；
(3)相邻工件之间的最大和最小距离；
(4)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力。
[尖子生选练]
12．(2023·江苏省盐城中学期末)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的长平板车，平板车右端放一质量为m的物块，开始时平板车和物块均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，整个过程中物块恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．0～4 s内，物块的加速度一直变大
B．整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为4 s
C．平板车的长度为12 m
D．物块相对平板车的位移为16 m
第2练　牛顿运动定律与直线运动
1．A　[由速度—时间图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0 s到30.0 s，故选A。]
2．D　[蹦极者下落高度L的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(－1)∶(－)∶(－)∶(－)∶…，可知＝＝＋2，即4<<5，由动量定理得Δp＝mgt，故4<<5，选D。]
3．B　[小球在自由下落的过程中，速度随位移增大，加速度保持不变，由v2＝2ax可知，此过程v－x图像不是直线，在与弹簧作用过程中，速度随位移先增大后减小，加速度随位移先减小后增大，小球与弹簧作用过程中的加速度大小a＝＝g－·x＋x0，其中x0是O点到弹簧自然伸长时顶端的距离。故选B。]
4．B　[根据逆向思维，将向上的运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，则有h＝gt32,2h＝g(t2＋t3)2，3h＝g(t1＋t2＋t3)2，解得t3＝，t2＝－，t1＝－，则有t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1)∶1≈3∶4∶10，可知该比值最接近3∶4∶10。故选B。]
5．C　[t＝5 s时，电梯的加速度为正值，方向竖直向上电梯处于超重状态，A错误；t＝0时，电梯处于静止状态，一小段时间后，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯一定加速上升，8～9 s内，电梯的加速度仍为正值，方向竖直向上，可知电梯加速上升，B错误；t＝10 s时，电梯的加速度为零，电梯上升的速度达到最大值，10～15 s内，电梯的加速度为零，电梯以最大速度匀速上行，C正确；16～21 s内，电梯的加速度为负值，方向竖直向下，电梯向上做减速运动，t＝21 s时，电梯的速度减为零，则17～20 s内电梯仍在上行，D错误。]
6．D　[初始时整个系统静止，弹力为F弹，对木球分析有ρ水gV＝F弹＋ρgV，释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a＝＝＝(1＋)g，故选D。]
7．A　[设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速运动时的加速度都为a＝μg，由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速的位移小于B、C加速的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。故选A。]
8．D　[设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度最大时为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A、B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。]
9．B　[设二者恰不发生相对滑动时，外力大小为F0，
对物块有F0－μ1mAg＝mAaA，
对木板有μ1mAg－μ2(mB＋mA)g＝mBaB，且aA＝aB，
解得F0＝30 N，aA＝aB＝8 m/s2。
A选项中，物块的加速度大于木板的加速度，均小于二者能相对静止一起运动的最大加速度，A错误；B选项中，物块和木板一起加速运动，且加速度满足要求，B正确；C选项中，物块的加速度大小为8.5 m/s2，木板的加速度大小为4.25 m/s2<8 m/s2，C错误；D选项中，二者的加速度相同，但大于二者能相对静止一起运动的最大加速度，D错误。]
10．(1)7gt　(2)30gt2
解析　(1)设一级推动t时间火箭的加速度为a1，末速度为v1，二级推动t时间火箭的加速度为a2，末速度为v2，由牛顿第二定律可得
a1＝＝＝2g，
v1＝a1t＝2gt，
a2＝＝＝5g
所以火箭上升的最大速度为
v2＝v1＋a2t＝7gt
(2)设一级推动t时间火箭上升的高度为h1，二级推动t时间火箭上升的高度为h2，结束推动后火箭继续上升高度为h3，由匀变速直线运动规律可得h1＝t＝gt2，
h2＝t＝gt2
失去推动后，火箭向上做匀减速运动，加速度大小为g，末速度为0，所以有v22＝2gh3，可得h3＝gt2
所以火箭上升的最大高度为h＝h1＋h2＋h3＝30gt2。
11．(1)1.0 m/s2　(2)6.0 s　(3)3.0 m　0.50 m　(4)33 N
解析　(1)设工件在传送带加速运动时的加速度为a，则
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数据解得a＝1.0 m/s2
(2)工件加速时间为t1＝＝3.0 s
位移x＝＝4.5 m
匀速运动的时间t2＝＝3.0 s
则总时间t＝t1＋t2＝6.0 s
(3)刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dmin＝aΔt2
解得dmin＝0.50 m
当相邻两工件均匀速运动时相距最远，则dmax＝vΔt＝3.0 m
(4)由于工件加速时间为3 s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力Ff1＝3μmgcos θ
在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝＝4.5 m
传送带上匀速运动的工件数
n2＝＝3
当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力Ff0＝mgsin θ
所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力Ff2＝n2Ff0
与空载相比，传送带需增大的牵引力F＝Ff1＋Ff2
联立解得F＝33 N
12．C　[根据题意，若物块与平板车保持相对静止，由牛顿第二定律可得，最大的加速度为μmg＝ma，解得加速度a＝1 m/s2，由题图乙可知，平板车加速时加速度a1＝ m/s2＝4 m/s2，平板车减速时加速度aM＝ m/s2＝－2 m/s2，可知，物块与平板车发生相对滑动，设经时间t两者共速，则有at＝8 m/s－2 m/s2·(t－2 s)，得t＝4 s，v4＝4 m/s，共速后，由于平板车的加速度为aM＝－2 m/s2，物块减速时，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，得a′＝－1 m/s2，平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1 m/s2的加速度减速，设共速后再经t1减速到零，由运动学公式0＝4 m/s＋a′t1，解得t1＝4 s，即经t′＝4 s＋4 s＝8 s，
物块的速度减为零，两物体的速度—时间图像如图所示，整个过程中，物块的加速度大小一直为1 m/s2，物块相对平板车滑动的时间为8 s，故A、B错误；0～4 s的相对位移x1＝8×2× m＋×(8＋4)×2 m－4×4× m＝12 m,4～8 s后的相对位移x2＝4×4× m－2×4× m＝4 m，所以平板车的长度为12 m，物块相对平板车的位移大小为12 m－4 m＝8 m，故D错误，C正确。]