《高考物理选择题强化训练 专题二 力与直线运动（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理选择题强化训练 专题二 力与直线运动（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、二 力与直线运动一、单选题1.（2020年山东卷）一质量为m乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A. 0t1时间内，v增大，FNmgB. t1t2 时间内，v减小，FNmgC. t2t3 时间内，v增大，FN mg【答案】D【解析】【详解】A由于s-t图像斜率表示速度，可知在0t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNmg，选项C错误，D正确；故选D。2.（2020年江苏卷）中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节
2、质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A. FB. C. D. 【答案】C【解析】【详解】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有联立解得。故选C。3.(2018全国卷)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位
3、置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F与x之间关系的图象可能正确的是()【解析】假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得Fk(x0x)mgma，由以上两式解得Fkxma，显然F和x为一次函数关系，且在F轴上有截距，则A正确，B、C、D错误。【答案】A4.(2019全国卷)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2。不计空气阻力，则满足()A.12 B.23C.34 D.45【解析】本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等
4、同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2，第一个所用的时间为t1，因此有2，即34，选项C正确。【答案】C5.对于如图所示的情境，交通法规定“车让人”，否则驾驶员将受到处罚。若以8 m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，有行人正在过人行横道，此时汽车的前端距停车线8 m，该车减速时的加速度大小为5 m/s2。下列说法中正确的是()A.驾驶员立即刹车制动，则至少需2 s汽车才能停止B.在距停车线6 m处才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处C.若经0.2 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处D.若经0.4 s后才开始刹车制动，汽车前端恰能止于停车线处【解析】汽车的初速
5、度为v08 m/s，刹车时最大加速度为a5 m/s2，由匀变速直线运动规律可知，汽车停车时间最短为t1.6 s，选项A错误；由速度与位移关系可知，汽车的刹车距离x6.4 m，选项B错误；要使汽车停止时前端刚好在停车线处，汽车匀速运动距离为x(86.4) m1.6 m，所以汽车匀速运动时间t0.2 s，选项C正确，D错误。【答案】C6.如图所示，当今医学上对某些肿瘤采用质子疗法进行治疗，该疗法用一定能量的质子束照射肿瘤杀死癌细胞。现用一直线加速器来加速质子，使其从静止开始被加速到1.0107 m/s。已知加速电场的场强为1.3105 N/C，质子的质量为1.671027 kg，电荷量为1.610
6、19 C，则下列说法正确的是()A.加速过程中质子电势能增加B.质子所受到的电场力约为21015 NC.质子加速需要的时间约为8106 sD.加速器加速的直线长度约为4 m【解析】电场力对质子做正功，质子的电势能减少，A错误；质子受到的电场力大小FqE21014 N，B错误；质子的加速度a1.21013 m/s2，加速时间t8107 s，C错误；加速器加速的直线长度x4 m，故D正确。【答案】D7.一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图()【解析】当火车向右做匀减速运动时，碗内的水由于惯性，保持原来较大的速度向右运动，则只有图A所示的情形符合要求，故选项A
7、正确。答案A8.元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案。假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g10 m/s2，那么v0和k分别等于()A.30 m/s，1 B.30 m/s，0.5C.60 m/s，0.5 D.60 m/s，1【解析】由运动学知识有xt，代入数据得v060 m/s；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示。由牛顿第二定律有mgFfma，又Ffkmg，a m/s220 m/s2，解得k1。
8、故选项A、B、C错误，D正确。【答案】D9.下列说法正确的是()一质点由静止开始沿直线运动，通过传感器描绘出关于x的函数图象如图所示，A.质点做匀减速直线运动B.x图象斜率等于质点运动的加速度C.四边形AABB的面积可表示质点从O到C所用的时间D.四边形BBCC的面积可表示质点从C到C所用的时间【解析】由题中x图象可知，与x成正比，即vx常数，质点的速度随位移的增大而减小，因此质点做减速直线运动，但不是匀减速直线运动，又因为图象的斜率k，显然不等于质点的加速度，选项A、B错误；由于三角形OBC的面积S1OCBC，表示质点从O到C所用的时间，同理，质点从O到C所用的时间可由S2表示，所以四边形B
9、BCC的面积可表示质点从C到C所用的时间，选项C错误，D正确。【答案】D10.高铁目前是我国的一张名片，在广州火车站，一维护员站在一中央高铁站台上，两边分别有正在进站或开出的高铁列车，若两边高铁都是做匀变速直线运动(加速度不为零)，如图所示，现观察其中一列高铁的运动，发现在某连续相邻相等时间间隔内从维护员身边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比不可能是()A.12 B.25 C.32 D.421【解析】设匀变速直线运动相等时间间隔为t的任意连续两段位移为x1、x2，中间时刻速度为v，两端速度分别为v1、v2，则x1t，x2t，当v1、v2分别取0时，可得两段位移之比分别为、，因此可
10、知取值范围为且1，因此D不可能。【答案】D11.在一个大雾天，一辆小汽车以20 m/s的速度行驶在平直的公路上，突然发现正前方x020 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，汽车司机立即刹车，忽略司机的反应时间，3 s 后卡车也开始刹车，从小汽车司机开始刹车时计时，两者的vt图象如图所示，下列说法正确的是()A.小汽车与大卡车一定会追尾B.由于在减速时大卡车的加速度大小小于小汽车的加速度大小，导致两车在t4 s时追尾C.两车没有追尾，两车最近距离为10 mD.两车没有追尾，并且两车都停下时相距5 m【解析】小汽车和大卡车在t2 s时若不相遇，以后就不会发生追尾。小汽车在t2 s内
11、的位移x12 m30 m，大卡车在t2 s内位移x2102 m20 m。由于x1mg后，加速度为：，当速度v增大，加速度减小，当a减小到0，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故AB错误；C项：当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为，故C错误；D项：当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=（kvmmg），故最大速度为，故D正确。15.南方气温偏低，经常存在冰冻现象。某校方同学和阳同学（校服材质一样）先后从倾斜坡面的同一位置由静止滑下，最终两人停在水平冰面上，如图所示（两人均可视为质点，且不计人经过B点时的能量损失）。根据上述信息，不能确定
12、方、阳两人A经过B点时速度大小相等B最终两人停在水平冰面上同一位置C损失的机械能相等D运动的时间相等【答案】C【解析】设在斜面上运动的距离为，在水平面上运动的距离为，斜面的倾角为，动摩擦因数为，物体在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得，可得，所以两个物体在斜面下滑时加速度相同，根据运动学公式可得，经过点时速度大小相等，对整个过程，运用动能定理得，则得，可知、相同，则知最终两人停在水平冰面上同一位置，同理在水平面上运动的加速度相同，运动时间也相同，故两个物体运动的总时间相等；由上知不能确定两个物体质量关系，故不能确定摩擦力相等，也不能判断克服摩擦力做功的大小，所以机械能损失不一定相等，故不能确定方、
13、阳两人的选选项C。16.如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动（取g=10 m/s2）则下列说法正确的是A当a=5 m/s2时，滑块对球的支持力为B当a=15 m/s2时，滑块对球的支持力为半C当a=5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和D当a=15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【答案】A【解析】设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：水平方向：F合=Fc
14、os45=ma0；竖直方向：Fsin45=mg，解得a0=g。A、当a=5 m/s2时，小球未离开滑块，水平方向：Fcos45FNcos45=ma；竖直方向：Fsin45+FNsin45=mg，解得，故A正确；B、当a=15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B错误；CD、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C，D错误；故选A。17.如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg的物体，中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1=30 N、F2=20 N的水平拉力作用下一
15、起匀加速运动，则A弹簧秤的示数是10 NB弹簧秤的示数是25 NC弹簧秤的示数是26 ND弹簧秤的示数是52 N【答案】C【解析】以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：，解得：a=2 m/s2，对物体，由牛顿第二定律得：，解得：T=26 N，则弹簧秤示数为26 N，C正确。18.如图所示，某宾馆大楼中的电梯下方固定有4根相同的竖直弹簧，其劲度系数均为k。这是为了防止电梯在空中因缆绳断裂而造成生命危险。若缆绳断裂后，总质量为m的电梯下坠，4根弹簧同时着地而开始缓冲，电梯坠到最低点时加速度大小为5g（g为重力加速度大小），下列说法正确的是A电梯坠到最低点时，每根弹簧的压缩长度为B电梯坠到
16、最低点时，每根弹簧的压缩长度为C从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯先处于失重状态后处于超重状态D从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，电梯始终处于失重状态【答案】C【解析】在最低点时，由牛顿第二定律：，其中a=5g，解得，选项AB错误；从弹簧着地开始至电梯下落到最低点的过程中，重力先大于弹力，电梯向下先加速运动，当重力小于弹力时，电梯的加速度向上，电梯向下做减速运动，则电梯先处于失重状态后处于超重状态，选项C正确，D错误。19.如图所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为1，A、B间动摩擦因数为2，12，卡车刹车的最大加速度为a，a1g，可以认为最
17、大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过ABCD 【答案】A【解析】由，分析可知要求其刹车后在距离内能安全停下来，则车的最大加速度，由运动学公式，车的最大速度：，故选A。20.如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为21，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为()A.a，0 B.a，a C.a，2a D.0，2a【解析】令物体B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，绳子拉力大小为FT，将
18、A、B及弹簧看作整体，则有FT3ma；隔离物体A为研究对象，则有F2ma，剪断轻绳后，绳中拉力立即消失，弹簧弹力不变，所以物体A受力不变，加速度大小仍为a，而物体B所受合力为FmaB，即aB2a。选项C正确。答案C二、多选题21.(2019全国卷，20)如图4(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出()A.木
19、板的质量为1 kgB.2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC.02 s内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【解析】木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s后物块和木板间的滑动摩擦力大小F摩0.2 N。由题图(c)知，2 s4 s内，木板的加速度大小a1 m/s20.2 m/s2，撤去外力F后的加速度大小a2 m/s20.2 m/s2设木板质量为m，根据牛顿第二定律对木板有：2 s4 s内：FF摩ma14 s5 s内：F摩ma2且知F摩mg0.2 N解得m1 kg，F0.4 N，0.02，选项A、B正确，D错误；02 s内，由题图(b)知，F是均匀增加的，选
20、项C错误。【答案】AB22.如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的物体提升到高处。滑轮的质量和摩擦均不计，物体获得的加速度a与绳子对物体竖直向上的拉力T之间的函数关系如图乙所示。重力加速度大小为g，由图可以判断以下说法正确的是()A.图线与纵轴的交点M的值aMgB.图线与横轴的交点N的值大于mgC.图线的斜率等于物体的质量mD.图线的斜率等于物体质量的倒数【解析】对物体受力分析，受重力mg和拉力T，根据牛顿第二定律，有Tmgma，得ag。当T0时，ag，即图线与纵轴的交点M的值aMg，故选项A正确；当a0时，Tmg，故图线与横轴的交点N的值TNmg，故选项B错误；图线的斜率表示质量的倒数，故
21、选项C错误，D正确。【答案】AD23.(2018全国卷，19)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是()A.两车在t1时刻也并排行驶B.在t1时刻甲车在后，乙车在前C.甲车的加速度大小先增大后减小D.乙车的加速度大小先减小后增大【解析】本题可巧用逆向思维分析，两车在t2时刻并排行驶，根据题图分析可知在t1t2时间内甲车运动的位移大于乙车运动的位移，所以在t1时刻甲车在后，乙车在前，B正确，A错误；依据vt图象斜率表示加速度分析出C错误，D正确。【答案】BD24.(2015全国卷)在一东西向的水平直铁轨上，
22、停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A.8 B.10 C.15 D.18【解析】设挂钩P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则挂钩P、Q西边车厢的质量为nm，以西边这些车厢为研究对象，有FnmaP、Q东边有k节车厢，以东边这些车厢为研究对象，有Fkma联立得3n2k，总车厢数为Nnk，由此式可知n只能取偶数，当n2时，k3，总节数为N5当n4时，k6，总
23、节数为N10当n6时，k9，总节数为N15当n8时，k12，总节数为N20，故选项B、C正确。【答案】BC25.如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d。根据图中的信息，下列判断错误的是A位置“1”是小球释放的初始位置B小球做匀加速直线运动C小球下落的加速度为D小球在位置“3”的速度为【答案】BCD【解析】1位置并不是初始位置，它只是开始曝光的一点，所以A错误。从图中的信息在这几个曝光的时间间隔内走过的位移是定值，并且距离越来越大，所以小球做匀加速直线运动
24、，B正确，根据由得小球下落的加速度为，C正确。得小球在位置“3”的速度为，D正确。26.A、B、C、D四个物体在同一条直线上做直线运动，A物体的xt、B物体的vt、C物体和D物体的at图象依次如图所示，规定水平向右为正，已知物体在t=0时的速度均为零，且此时C物体在D物体的左边1.75 m处，则A其中04 s内物体运动位移最大的是B物体B其中04 s内物体运动位移最大的是C物体Ct=2.5 s时C物体追上D物体Dt=3.5 s时C物体追上D物体【答案】BD【解析】04 s内物体A、B的位移为零；物体C一直向右运动；物体D在01 s内先加速，在12 s内减速到零，然后23 s内反向加速，34 s
25、内减速到零回到出发点，故04 s内物体运动位移最大的是C物体，选项B正确，A错误；13 s内C的位移；33.5 s内C的位移：；即C向右的位移为1.5 m+0.375 m=1.875 m；同理在03.5 s内D的位移，因开始时C物体在D物体的左边1.75 m处，则t=3.5 s时C物体追上D物体，选项D正确，C错误；故选BD。27.如图所示，粗糙的水平地面上有三块完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速直线运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一木块上面，系统仍加速运动，且三者始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列
26、说法正确的是()A.无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小B.若粘在木块A上面，绳的拉力减小，A、B间的摩擦力不变C.若粘在木块B上面，绳的拉力增大，A、B间的摩擦力增大D.若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间的摩擦力都减小【解析】设橡皮泥的质量为m，粘上橡皮泥之后，因系统内无相对滑动，所以整体分析，由牛顿第二定律有F3mgmg(3mm)a，可知系统加速度a将减小，选项A正确；若粘在木块A上面，以木块C为研究对象，受力分析可知木块C受重力mg、拉力F、摩擦力mg、绳子拉力FT作用，由牛顿第二定律可得FmgFTma，其中a减小，F和mg不变，所以绳子的拉力FT增大，选项B错误；若粘在木块B上面
27、，以木块A为研究对象，设木块A受到静摩擦力大小为f，则有fma，其中a减小，m不变，故f减小，选项C错误；若粘在木块C上面，由于加速度a减小，故A、B间的静摩擦力减小，以A、B为整体，有FT2mg2ma，故FT减小，选项D正确。【答案】AD28.如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则()A.小环A的加速度大小为B.小环A的加速度大小为C.恒力F的大小为D.恒力F的大小为【解析】设轻绳的拉力为T，则对A：TTcos 60k，Tco
28、s 30maA，联立解得aA，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F2Tcos 30T，选项C正确，D错误。【答案】BC29.有一种自带起吊装置的构件运输车，其起吊臂A安装在车厢前端，如图甲所示。当卷扬机B通过绕过定滑轮C的轻质吊索从车厢内吊起质量为m的构件时，连接在吊索上的拉力传感器绘制出吊索拉力随时间变化的规律为三段直线，如图乙所示，重力加速度大小为g。则下列描述正确的是()A.t1t2时间内构件匀加速上升B.图乙所示整个过程构件的最大加速度为0.2gC.若t3t24(t2t1)4t，则构件匀速上升的速度为0.9gtD.0t1时间内汽车对地面的压力增大【解析】t1t2时间内吊索拉力增大，构件
29、所受合外力(FFTmgma)增大，加速度增大，故选项A错误；t2t3时间内构件所受合外力最大且恒定，故最大加速度am0.2g，故选项B正确；若t3t24(t2t1)4t，则构件的最大速度vmv(t2t1)0.2g(t3t2)0.9gt，故选项C正确；由于t1时刻构件才离开车厢底板上升，之前系统加速度为零，汽车对地面的压力大小等于汽车和构件的总重力不变，故选项D错误。【答案】BC30.在冰壶比赛中，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，如甲图所示。碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的vt图象如乙图中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平
30、行。已知两冰壶质量相等，由图象可得A红、蓝两壶的碰撞可能是弹性碰撞B碰撞后，蓝壶的瞬时速度为0.8 m/sC碰撞后，红、蓝两壹运动的时间之比为1:6D碰撞后，红、蓝两壶与冰面间的动摩擦因数之比为5:4【答案】BD【解析】设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度=1.0 m/s，碰后速度为=0.2 m/s，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：，代入数据解得：v=0.8 m/s，碰撞过程两壶损失的动能为： m0，所以红蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，A错误，B正确；设碰撞后，蓝壶经过t s时间停止运动，根据三角形相似法知，解得蓝壶运动时间：=5 s，由图示图线可知，红壶的加速度大小： m/s2，碰撞后
31、红壶的运动时间： s，则碰撞后红、蓝壶运动时间之比为1:5，C错误；蓝壶的加速度大小： m/s2，由牛顿第二定律得：，解得动摩擦因数：，则红、蓝壶与冰面间的动摩擦因数之比：，D正确。31.如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，取g=10 m/s2。根据图象可求出A物体的初速率v0=6 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数=0.5C当=30o时，物体达到最大位移后将保持静止D取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值【答案】BD【解析】A项：由
32、图可知，当夹角为90时，x=0.80 m，物体做竖直上抛运动，则由竖直上抛运动规律可知：，解得：，故A错误；B项：当夹角=0时，x=1.60 m，由动能定理可得：，解得：，故B正确；C项：若=30时，物体的重力沿斜面向下的分力大小为：mgsin30=0.5mg；最大静摩擦力为：，则，因此，物体达到最大位移后将下滑，故C错误；D项：根据动能定理得：，解得：其中tan=2，当，此时位移最小，故D正确。32.如图所示倾角为30的斜面放在地面上，一小滑块从斜面底端A冲上斜面，到达最高点D后又返回A点，斜面始终保持静止。已知滑块上滑过程经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8 m，上滑时间为
33、下滑时间的一半，下列说法正确的是A斜面长为36 mB滑块与斜面间的动摩擦因数为C地面对斜面的摩擦力先向左后向右D滑块向上运动和向下运动过程中，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力【答案】BD【解析】A、经过AB、BC、CD的时间相等，且BC比CD长0.8 m，设CD长度为L，逆向思维可知，BC=3L，AB=5L，所以3LL=0.8 m，解得L=0.4 m，斜面长x=9L=3.6 m，故A错误；B、上滑过程的加速度设为a1，下滑时的加速度为a2，上滑过程可以逆向分析，则：，解得a1=4a2，根据牛顿第二定律可得：，联立解得，故B正确；C、减速上升和加速下降过程中，物体的加速度都是沿斜面向下，
34、加速度在水平方向的分加速度都是向左，即斜面对物体水平方向的作用力向左，物体对斜面的作用力向右，物体处于静止，则地面对斜面的摩擦力方向向左，故C错误；D、滑块向上运动和向下运动过程中，加速度在竖直方向的分加速度竖直向下，物体处于失重状态，地面受到的压力都小于斜面体和滑块的总重力，故D正确。33.为了备战2020年东京奥运会，我国羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m=50 kg的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10 m，比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取1
35、0 m/s2。则A运动员起跳过程处于超重状态B起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大C起跳过程中运动员对地面的压力为960 ND从开始起跳到双脚落地需要1.05 s【答案】AD【解析】AC、运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知；在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，根据速度位移公式可知，解得，对运动员根据牛顿第二定律可知，解得，根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1 560 N，故选项A正确，C错误；B、在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度，运动员离开地面后做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度，故选项B错误
36、；D、起跳过程运动的时间，起跳后运动的时间，故运动的总时间，故选项D正确。34.根据动滑轮省力的特点设计如图甲所示装置（滑轮质量、摩擦均不计）。质量为2 kg的物体在竖直向上的拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知（取g=10 m/s2）A物体加速度大小为0.5 m/s2B拉力F的大小为12 NC2 s末拉力F的功率大小为96 WD2 s内拉力F做的功为48 J【答案】BC【解析】A、根据vt图象知加速度，故A错误；B、牛顿第二定律得，2Fmg=ma，解得，故B正确；C、2 s末物体的速度v=4 m/s，则F的功率P=Fv=2Fv=128 W=96
37、W，故C正确；D、物体在2 s内的位移；则拉力作用点的位移x=8 m，则拉力F做功的大小为W=Fx=128 J=96 J，故D错误。故选BC。35.如图所示，质量为M=2 kg、长为L=1.5 m的木板静止在光滑的水平面上，木板上右端放着一可视为质点的小滑块，小滑块的质量为m=1 kg，小滑块与木板之间的动摩擦因数为=0.2。若用水不拉力F作用在木板上，取g=10 m/s2，则下列说法正确的是AF=8 N时，小滑块与木板保持相对静止BF=10 N时，小滑块与木板发生相对滑动CF=12 N时，小滑块从木板上滑下所需的时间为2 sDF=12 N时，小滑块从木板上滑下时木板的动量大小为10 kgm/s【答案】BD【解析】以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律，得小滑块的最大加速度为，以整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为，A项错误，B项正确；若，则木板的加速度大小为，由得小滑块从木板上滑下所需的时间为，C项错误；小滑块从木板上滑下时，木板的动量大小为，D项正确。