2025屆高考物理二輪復習選擇題專項練2力與運動問題含解析

PAGE5-選擇題專項練2力與運動問題1.(多選)為解決疫情下“最終500米”配送的沖突，將“人傳人”的風險降到最低，目前一些公司推出了智能物流機器人。機器人運動的最大速度為1m/s，當它過紅綠燈路口時，發(fā)覺綠燈時間是20s，路寬是19.5m，它啟動的最大加速度是0.5m/s2。下面是它過公路的支配方案，既能不闖紅燈，又能平安通過的方案是()A．在停車線等綠燈亮起，以最大加速度啟動B．在距離停車線1m處，綠燈亮起之前2s，以最大加速度啟動C．在距離停車線2m處，綠燈亮起之前2s，以最大加速度啟動D．在距離停車線0.5m處，綠燈亮起之前1s，以最大加速度啟動解析：機器人在停車線等綠燈亮起后，須要t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(1,0.5)s＝2s達到最大速度，位移是x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝1m，勻速運動的位移x2＝l－x1＝18.5m，須要時間為t2＝eq\f(x2,v)＝18.5s，兩次運動時間之和為20.5s，擔心全，故A錯。在距離停車線1m處以最大加速度啟動2s，正好綠燈亮，機器人也正好到了停車線，再經過19.5s，過了公路，這個方案是可以的，故B對。在距離停車線2m處，機器人啟動2s后，走了1m，距離停車線還有1m，這時綠燈亮起，機器人距離公路另外一端還有20.5m，須要20.5s通過，而綠燈時間為20s，所以擔心全，故C錯。在距離停車線0.5m處，1s后綠燈亮起，其位移為x＝eq\f(1,2)at2＝0.25m，小于0.5m，故沒有闖紅燈，接著前進0.75m，達到最大速度，總用去了2s，綠燈還有19s，這時剩下的距離還有19m，正好通過公路，故D對。答案：BD2．物體A、B的s-t圖像如圖所示。由圖可知()A．5s內A、B的平均速度相等B．兩物體由同一位置起先運動，但物體A比B遲3s才起先運動C．在5s內物體的位移相同，5s末A、B相遇D．從第3s起，兩物體運動方向相同，且vA>vB解析：在5s內，A的位移為10m，B的位移為5m，位移不同，平均速度也不同，故A錯誤；由圖像可知B從x＝5m的位置起先運動，A從x＝0起先運動，物體A比B遲3s才起先運動，選項B錯誤；由以上分析知，在5s內物體的位移不同，故C錯誤；s-t圖像的斜率表示速度，從第3s起，兩物體運動方向相同，為正方向，圖像A的斜率大，說明A的速度大，故D正確。答案：D3．為了解決高速列車在彎路上運行時輪軌間的磨損問題，保證列車能經濟、平安地通過彎道，常用的方法是將彎道曲線外軌軌枕下的道床加厚，使外軌高于內軌，外軌與內軌的高差叫曲線外軌超高。已知某曲線路段設計外軌超高值為70mm，兩鐵軌間距離為1435mm，最佳的過彎速度為350km/h，g取10m/s2，則該曲線路段的半徑約為()A．40kmB．30kmC．20km D．10km解析：設傾角為θ，列車所受的合力供應列車轉彎時的向心力，則有mgtanθ＝meq\f(v2,R)，得R＝eq\f(v2,gtanθ)，由于傾角很小，則有tanθ≈sinθ，則有R＝eq\f(（\f(350,3.6)）2,10×\f(70,1435))m≈20km，故A、B、D錯誤，C正確。答案：C4．(多選)如圖，兩位同學同時在等高處拋出手中初始靜止的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以速度v2豎直向上拋出，當A到達最高點時恰與B相遇。不計空氣阻力，A、B質量相等且均可視為質點，重力加速度為g。以下推斷正確的是()A．相遇時A的速度肯定不為零B．兩位同學拋球時對A、B做功一樣多C．從拋出到相遇A、B兩籃球動能的改變量不同D．從拋出到相遇A、B兩籃球重力勢能的改變量相同解析：A分解為豎直方向的勻減速直線運動與水平方向的勻速直線運動，相遇時A達到最高點，則其豎直方向的速度為零，水平方向速度不變，合速度不為零，故A正確；兩位同學拋球的初速度不同，依據動能定理可知，兩位同學拋球時對A、B做功不一樣多，故B錯誤；依據動能定理可知，從拋出到相遇A、B兩個籃球的重力做功相同，因此動能的改變量相同，故C錯誤；A、B質量相等且上上升度相等，所以從拋出到相遇A、B兩籃球重力勢能的改變量相同，故D正確。答案：AD5．如圖甲所示，小物塊從足夠長的光滑斜面頂端由靜止自由滑下。下滑位移x時的速度為v，其x-v2圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2，則斜面傾角θ為()A．30° B．45°C．60° D．75°解析：由勻變速直線運動的速度位移公式可得v2＝2ax，整理得x＝eq\f(1,2a)v2，由x-v2圖像可知小物塊的加速度a＝5m/s2，依據牛頓其次定律得，小物塊的加速度a＝gsinθ，解得sinθ＝eq\f(a,g)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，解得θ＝30°，故A正確，B、C、D錯誤。答案：A6．(多選)如圖，斜面上有a、b、c、d四個點，ab＝bc＝cd，從a點以初速度v0水平拋出一個小球，它落在斜面上的b點，速度方向與斜面之間的夾角為α。若小球從a點以初速度eq\r(2)v0水平拋出，不計空氣阻力，則小球()A．將落在bc之間B．將落在c點C．落在斜面的速度方向與斜面的夾角大于αD．落在斜面的速度方向與斜面的夾角等于α解析：設斜面的傾角為θ，小球落在斜面上有tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，解得t＝eq\f(2v0tanθ,g)，在豎直方向上的分位移為y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(2veq\o\al(2,0)tan2θ,g)，則知當時速度變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍時，豎直方向上的位移變?yōu)樵瓉淼?倍，所以小球肯定落在斜面上的c點，故A錯誤，B正確；設小球落在斜面上速度與水平方向的夾角為β，則tanβ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)＝2tanθ，即tanβ＝2tanθ，所以β肯定，則知落在斜面時的速度方向與斜面夾角肯定相同，故C錯誤，D正確。答案：BD7．(多選)如圖甲所示，小物塊A靜止在足夠長的木板B左端，A與B間動摩擦因數為μ1＝0.6，木板B與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.2，假設各接觸面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。某時刻起A受到F＝3t(N)的水平向右的外力作用，測得A與B間摩擦力f隨外力F的改變關系如圖乙所示，則下列推斷正確的是()A．A、B兩物體的質量分別為1kg和0.5kgB．當t＝1s時，A、B發(fā)生相對滑動C．當t＝3s時，A的加速度為4m/s2D．B物體運動過程中的最大加速度為8m/s2解析：設A、B兩物體的質量分別為m1、m2，依據A與B間摩擦力f隨外力F的改變關系可得A與B間滑動摩擦力為6N，B與地面的摩擦力為3N，則有μ1m1g＝6N，μ2(m1＋m2)g＝3N，聯立解得m1＝1kg，m2＝0.5kg，故A正確；由圖像乙可知F＝12N時，A、B發(fā)生相對滑動，此時t＝4s，故B錯誤；由B分析可知，當t＝3s時，A、B相對靜止，一起做勻加速運動，則有F1－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，代入數據可得a1＝4m/s2，故C正確；B物體運動過程中加速度最大時，有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，代入數據可得a2＝6m/s2，故D錯誤。答案：AC8．(多選)如圖所示，水平臺高h＝4m，物體A(可視為質點)的質量m＝1kg，一半徑R＝2m的光滑圓弧軌道豎直固定放置，直徑CD處于豎直方向，半徑OB與豎直方向的夾角θ＝53°，物體以某速度vx水平向右運動，物體離開平臺后恰能沿B點切線方向滑入圓弧軌道(取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)，則()A．物體離開平臺時的速度vx＝6m/sB．物體在圓弧軌道B點時，物體對軌道的壓力大小為56NC．物體在圓弧軌道C點時，物體對軌道的壓力大小為58ND．物體能夠到達軌道最高點D解析：物體離開平臺下落到B點的高度H＝R＋Rcosθ＝3.2m，由veq\o\al(2,y)＝2gH，得vy＝eq\r(2gH)＝8m/s，在B點由幾何關系得vx＝eq\f(vy,tan53°)＝6m/s，B點的速度為vB＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(62＋82)m/s＝10m/s，在B點重力沿半徑方向的分力為mgcos53°，由牛頓其次定律得FNB－mgcos53°＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，解得FNB＝56N，由牛頓第三定律可知物體在圓弧軌道B點時對軌道的壓力大小為56N，故A、B正確；物體由A到C，由機械能守恒定律得mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,x)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C點由牛頓其次定律得FNC－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，聯立