2017届高考物理二轮复习·专题复习(练习)·专题一力与直线运动3：含解析

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2017届高考物理二轮复习专题突破检测题：专题二力与物体的直线运动1 含解析精品

专题二力与物体的直线运动第1讲：动力学观点在力学中的应用一、夯实基础1.动车组是由几节自带动力的车辆(动车)和几节不带动力的车辆(拖车)编在一起组成的，如图1所示.一工作人员站在车外进行观测，发现某动车组连续两节经过他的时间依次为5s和4s，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30m，则该动车组的加速度约为( )图1A.0.17m/s2B.0.30 m/s2C.0.33m/s2D.0.38 m/s22.(多选)如图2所示，一水平传送带以v0的速度顺时针传送，其右端与一倾角为θ的光滑斜面平滑相连，一个可视为质点的物块轻放在传送带最左端，已知物块的质量为m，若物块经传送带与斜面的连接处无能量损失，则( )图2A.物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动B.物块不可能从传送带的左端滑落C.物块不可能回到出发点D.物块的最大机械能不可能大于12 mv23.近来，“中国式过马路”成为人们热议的话题.行人过马路时必须遵守交通规则，而红绿灯的时间设置也必须考虑到行人的安全.假设行人过马路时看到红灯转绿灯时反应时间为0.2s，设行人先做匀加速运动，经过1s速度达到了最大值1.5m/s，然后以这一速度匀速通过马路，已知马路的宽度为40m，行人沿直线垂直马路在斑马线上行走，则根据以上数据计算出该路口的行人绿灯设置的最短时间为( )A.10sB.20sC.28sD.40s4.(多选)如图3所示，三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为30°.现有两质量相同的小物块A、B 从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.6，下列说法正确的是( )图3A.下滑相同距离内物块A、B机械能的变化一定不相同B.下滑相同时间内物块A、B机械能的变化一定相同C.物块A、B一定不能同时到达传送带底端D.物块A、B在传送带上的划痕长度相同二、能力提升5．(多选)(2015·东北三省四市模拟)如图4甲所示，一物体悬挂在轻绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体通过的路程x的关系图如图乙所示，其中0～x1过程的图象为曲线，x1～x2过程的图象为直线(忽略空气阻力)．下列说法正确的是( )图4A．0～x1过程中物体所受拉力是变力，且一定不断减小B．0～x1过程中物体的动能一定先增加后减小，最后为零C．x1～x2过程中物体一定做匀速直线运动D．x1～x2过程中物体可能做匀加速直线运动，也可能做匀减速直线运动6.(2015·北京石景山区一模)如图5所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点．现有一小球从O 点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)．在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是( )图57.(2015·重庆市西北狼教育联盟二模)如图6所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1>v2，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量，绳足够长．直到物体P从传送带右侧离开．以下判断正确的是( )图6A．物体P一定先加速后匀速B．物体P可能先加速后匀速C．物体Q的机械能先增加后不变D．物体Q一直处于超重状态8．(2015·枣庄市模拟)如图7所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则下列说法中错误的是( )图7A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝52μmg时，A的加速度为13μgC．当F>3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过12μg三、课外拓展9.放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v向右做匀速直线运动，如图8所示.某时刻木板突然停止运动，已知m A>m B，下列说法正确的是( )图8A.若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞B.若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞C.若木板粗糙，由于A所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来D.无论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变10. 2015年12月10日，百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶.(1)如图9所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80m范围内车辆和行人的“气息”.若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？图9(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30m处，两车都以20m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s2的加速度刹车1.4s后，后方汽车驾驶员立即以5.0m/s2的加速度刹车.试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？11.某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图10甲所示.他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v－t图线如图乙所示.g取10 m/s2.求：图10(1)上滑过程中的加速度的大小a1；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块回到出发点时的速度大小v.12.如图11所示，质量m＝1kg的物块A放在质量M＝4kg木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上.现用一水平向左的力F作用在木板B上，已知A、B之间的＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦动摩擦因数为μ1力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2.求：图11(1)能使A、B发生相对滑动的F的最小值；(2)若F＝30N，作用1s后撤去，要想A不从B上滑落，则木板至少多长；从开始到A、B均静止，A的总位移是多少.四、高考链接13.(多选)(2016·全国乙卷·21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其vt图象如图12所示.已知两车在t＝3s时并排行驶，则( )图12A.在t＝1s时，甲车在乙车后B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5mC.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2sD.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m14.(2015·山东理综·14)距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图13所示．小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2.可求得h等于( )图13A．1.25m B．2.25m C．3.75m D．4.75m15.(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图14(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图14A．斜面的倾角 B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度参考答案1. 答案 C解析由匀变速运动的位移公式，x ＝v 0t ＋12at 2对两节车厢有60＝v 0×(5＋4)＋12a (5＋4)2对第一节车厢，30＝v 0×5＋12a ·52联立解得a ≈0.33m/s 2，故选项C 正确. 2.答案 BD解析设传送带的长度为L ，物块运动的过程中，物块匀加速运动的位移：x＝v 202a，若x ≥L ，则物块在第一次冲上斜面前，一定一直做加速运动；若x <L ，则物块先加速后匀速.故A 错误；若物块在传送带上一直做加速运动，则返回的过程中物块一直做减速运动，由于两个运动的加速度的大小是相等的，可知物块将能够恰好返回出发点，但不可能从传送带的左端滑落.故B 正确，C 错误；物块在传送带上运动的过程中，传送带的摩擦力对物块做功，所以物块的速度不可能大于v 0，物块在斜面上运动的过程中只有重力做功，机械能不增加.所以滑块的最大机械能不可能大于12mv 20.故D 正确.故选B 、D.3.答案 C解析人匀加速运动的位移x 1＝v m 2t 1＝1.52×1m＝0.75m ，匀速运动的位移x 2＝40－x 1＝39.25m ，时间t 2＝x 2v m≈26.2s.绿灯设置的最短时间t ＝Δt ＋t 1＋t 2＝(0.2＋1＋26.2) s ＝27.4s ，接近28s. 4. 答案 AC解析因为mg sin30°＝12mg <μmg cos30°＝3310mg ，所以A 做匀速直线运动，B 做匀减速直线运动，下滑相同距离内摩擦力做功不同，物块A 、B 机械能的变化一定不相同，A 正确，B 错误；如果都能到达底端，则位移相同，一个匀速运动，一个匀减速运动，所以物块A 、B 一定不能同时到达传送带底端，C 正确；由于A 相对传送带静止，所以在传送带上的划痕为零，B做匀减速直线运动，相对传送带的划痕不为零，故D错误.5.答案 AB6.答案 A7.答案 B8.答案 A9. 答案 D解析若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A、B将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a＝μmgm＝μg，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度.保持相对静止.故D正确，A、B、C错误.10. 答案(1)24m/s (2)不会解析(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有－2ax＝0－v20①代入数据解得v0＝24m/s(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2＋t1，其中t1＝1.4s对无人驾驶汽车v＝v0－a(t2＋t1) ②对有人驾驶汽车v＝v0－a′t2 ③联立②③式得t2＝3.6s，v＝2m/s又x无＝v＋v2(t2＋t1) ④x有＝v＋v2t2＋v0t1 ⑤Δx＝x有－x无⑥联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6m<30m，即两车不会相撞.11. 答案(1)8m/s2(2)0.35 (3)2 m/s解析(1)由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a＝ΔvΔt有：上滑过程中加速度的大小：a1＝vΔt1＝40.5m/s2＝8 m/s2(2)上滑过程中木块沿斜面向下受重力的分力、摩擦力作用，由牛顿第二定律F ＝ma得上滑过程中有：mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1代入数据得：μ≈0.35.(3)下滑的距离等于上滑的距离：x＝v22a1＝422×8m＝1m下滑过程中摩擦力方向变为沿斜面向上，由牛顿第二定律F＝ma得：下滑过程中：mg sinθ－μmg cosθ＝ma2解得：a2≈2m/s2下滑至出发点时的速度大小为：v＝2a2x联立解得：v＝2m/s.12. 答案(1)25N (2)0.75m 14.4m解析(1)对于A，最大加速度由A、B间的最大静摩擦力决定，即μ1mg＝ma m，am＝4m/s2对A、B整体，F min－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a m得F min＝25N(2)设F作用在B上时A、B的加速度分别为a1、a2，撤掉F时速度分别为v1、v2，撤去外力F后加速度分别为a1′、a2′，A、B共同运动时速度为v3，加速度为a3，对于A，μ1mg＝ma1，a1＝4m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s对于B，F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，a2＝5.25m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s撤去外力，a1′＝a1＝4m/s2，a2′＝μ1mg＋μ2M＋m gM＝2.25m/s2经过t2时间后A、B速度相等v1＋a1′t2＝v2－a2′t2，解得t2＝0.2s 共同速度v3＝v1＋a1′t2＝4.8m/s从开始到A、B相对静止时，A、B的相对位移即为木板最短的长度LL＝xB －x A＝v222a2－v23－v222a2′－12a1(t1＋t2)2＝0.75mA、B速度相等后共同在水平面上匀减速运动，加速度a3＝μ2g＝1m/s2从v3至最终静止位移为x＝v232a3＝11.52m所以A的总位移为x A总＝x A＋x＝14.4m.13.答案BD解析根据vt图，甲、乙都沿正方向运动.t＝3s时，甲、乙相遇，此时v甲＝30m/s，v乙＝25 m/s，由位移和vt图线所围面积对应关系知，0～3s内甲车位移x甲＝12×3×30m＝45m，乙车位移x乙＝12×3×(10＋25) m＝52.5m.故t＝0时，甲、乙相距Δx1＝x乙－x甲＝7.5m，即甲在乙前方7.5m，B选项正确；0～1s内，x甲′＝12×1×10m＝5m，x乙′＝12×1×(10＋15) m＝12.5m，Δx2＝x乙′－x甲′＝7.5m＝Δx1，说明甲、乙第一次相遇，A、C错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x甲－x甲′＝45m－5m＝40m，所以D选项正确.14. 答案 A解析小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝2Hg，小车从A到B的时间t2＝dv；小车运动至B点时细线被轧断，小球下落的时间t3＝2hg；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即2Hg＝dv＋2hg解得h＝1.25m，选项A正确．15. 答案 ACD解析由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝vt1，根据牛顿第二定律得mg sinθ＋μmg cosθ＝ma，即g sinθ＋μg cosθ＝vt1.同理向下滑行时g sinθ－μg cosθ＝v1t1，两式联立得sinθ＝v＋v12gt1，μ＝v－v12gt1cosθ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v2，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝v2t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sinθ＝v2t1×v＋v12gt1＝vv＋v14g，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误．。

高考物理力学知识点之直线运动专项训练及答案(3)

高考物理力学知识点之直线运动专项训练及答案(3)一、选择题1．A 、B 两物体在同一直线上做变速直线运动，它们的速度一时间图象如图所示，则（）A ．A 、B 两物体的运动方向一定相反B ．时，A 、B 两物体的速度相同C ．0~6s 内A 比B 物体运动得快D ．A 物体的加速度比B 物体的加速度大2．物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则物体的加速度是A ．22m/s 3B ．24m/s 3C ．28m/s 9D ．216m/s 93．汽车刹车后做匀减速直线运动，最后停了下来，在汽车刹车的过程中，汽车前半程的平均速度与后半程的平均速度之比是（）A ．()21:1+B ．2:1C ．()1:21+ D ．1:2 4．AK47步枪成为众多军人的最爱．若该步枪的子弹在枪膛内的加速度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（）A ．子弹离开枪膛时的速度为450 m ／sB ．子弹离开枪膛时的速度为600 m ／sC ．子弹在枪膛内运动的距离小于0. 45 mD ．子弹在枪膛内运动的距离大于0. 45 m5．2020年是特殊的一年，无情的新冠病毒袭击了中国；经过全国人民的努力，受伤最深的武汉也在全国各界的支持下使疫情得到了控制。

在这场没有硝烟的战疫中涌现了大量最可爱的人，尤其是白衣天使和人民解放军。

在这场战疫中某次空军基地用直升飞机运送医护人员去武汉，为了保证直升机升空过程中医护人员不至于很难受，飞行员对上升过程某阶段加速度进行了相应操作。

操作的a t -图像如图所示（除ab 段曲线，其余段均为直线，取向上为正），则下列说法正确的是（）A ．Oa 和ab 段医护人员处于超重状态，cd 段处于失重状态B ．O 到d 整个过程医护人员均处于超重状态C ．O 到d 过程速度增量小于20.5m/sD ．根据上述图像可求出0~8s 这段时间直升机往上上升的高度6．汽车以10m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15m 处的斑马线上有行人，于是刹车礼让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0.5s ．汽车运动的v-t 图如图所示，则汽车的加速度大小为A ．220/m sB ．26/m sC ．25/m sD ．24/m s7．一质量为1kg 的小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，此过程的v ﹣t 图象如图所示．若不计空气阻力，取g =10m/s 2，则由图可知（）A ．小球从高度为1m 处开始下落B ．小球在碰撞过程中损失的机械能为4.5JC ．小球能弹起的最大高度为0.45mD ．整个过程中，小球克服重力做的功为8J8．一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v 和位移x 的关系图象中，能描述该过程的是（）A ．B ．C ．D ．9．跳伞运动员从高空悬停的直升机跳下，运动员沿竖直方向运动，其v-t 图象如图所示．下列说法正确的是（）A ．运动员在010s -内的平均速度大小等于10/m sB ．10s 末运动员的速度方向改变C ．10末运动员打开降落伞D ．1015s s -内运动员做加速度逐渐增加的减速运动10．下列表述中符合实际情况的是（）A ．小华正常步行的速度约为10m/sB ．小强正常上楼时的功率约为0.2kWC ．小球从10楼自由下落到地面，时间约为10sD ．小明将一个鸡蛋举过头顶，克服重力做功约为10J11．一物体作匀加速直线运动，通过一段位移x ∆所用的时间为1t ，紧接着通过下一段位移x ∆所用时间为2t ．则物体运动的加速度为A ．1212122()()x t t t t t t ∆-+B ．121212()()x t t t t t t ∆-+C ．1212122()()x t t t t t t ∆+-D ．121212()()x t t t t t t ∆+- 12．甲、乙两辆汽车从同一位置，同时沿同一平直路面行驶，其v-t 图象如图所示，下列对汽车运动状况的描述正确的是（）A ．第10s 末，乙车改变运动方向B ．第20s 末，甲、乙两车运动速度相同C ．第10s 末，甲、乙两车相距最近D ．甲、乙两车一定相遇两次13．甲、乙两车在同一直车道上运动，甲车在前，乙车在后．遇到红灯时它们同时开始作减速运动，并安全停车，两车v-t 图像如图所示，下列判断正确的是( )A ．t=4s 时两车相距最远B ．t=6s 时两车相距最近C ．甲、乙两车加速度大小之比为3：2D ．甲、乙两车之间的距离先减小后增大14．将质量为1kg 的物块从距地面20m 处自由释放，不计空气阻力，重力加速度210m/s g ，则物块在落地前1s 内重力做功的功率为（）A ．100WB ．150WC ．175WD ．200W15．甲乙两车在同一平直公路上同向运动。

高考物理二轮复习专题复习(练习)专题一力与直线运动含解析(1)

和b套在位于竖直面内如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴的物体；OO如图所示，轻环上挂钩码后，物体．如图所示，竖直悬挂于与竖直方向的夹角分别是．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为的小物块上，另一端固定在墙上．物块作用而平衡，A错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N)≥6 N，解得F N≥4 N，故B错误，C正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N 点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C 错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.的斜面体A放在粗糙水平面上，的小球B个系统处于静止状态．已知斜面倾角及轻绳与如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在两物体通过细绳相连，并将物体B缓慢拉高一定的距离，此过程中斜面体与物体A仍然保持静止．在此过程中() A．水平力F一定变小B．斜面体所受地面的支持力不变C．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B受到三个力作用，受力平衡，可判断F逐渐增大，A错误；斜面体对物体A 的支持力不变，物体A受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C错误；对物体A、B和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B、D正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)绳的方向时，ACBC的C点用光滑铰链与点通过水平细绳的夹角．若在。

高考物理二轮复习第1部分专题1力与直线运动第2讲力与物体的直线运动课件

加速阶段：v0′＝v＝6 m/s，v′＝v0＝30 m/s 则：v0＝v＋a2t2，t2＝v0a－2 v＝4 s 则汽车运动的时间至少为 t＝t1＋t2＝10 s。 (3)在加速阶段：v20－v2＝2a2x2，解得 x2＝72 m 则总位移 x＝x1＋x2＝180 m 若不减速通过所需时间 t′＝vx0＝6 s 车因减速和加速过站而耽误的时间至少为 Δt＝t－t′＝4 s。 [答案] (1)108 m (2)10 s (3)4 s
所示，两质点在 t2 时刻相遇，则下列说法正确的是
图1－2－6
A．t1 时刻两质点的运动方向相反 B．相遇前两质点一定在 t1 时刻相距最远 C．t1～t2 时间内，一定有某一时刻两质点的加速度相同
D．t2 时刻，甲刚好从后面追上乙
[解析] 本题根据两物体的 v－t 图象考查位置关系。由题图可知，在 t1 时刻，两质点的速度方向均为正方向，即两质点均沿正方向运动，故 A 错误；由图象可知，两质点从同一位置开始运动，在 0～t1 时间内，甲质点的速度始终大于乙质点的速度，故甲在前乙在后，在这段时间内，两质点的距离越来越远，在 t1 时刻速度达到相同，距离最远，B 正确；若 v－t 图象是曲线，则曲线在某一时刻的切线斜率代表该时刻的瞬
答案 B
3．(2019·浙江卷)如图 1－2－3 所示，A、B、C 为三个实心小球，A 为铁球，B、C 为木球。A、B 两球分别连接在两根弹簧上，C 球连接在细线一端，弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部，该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。若将挂吊篮的绳子剪断，则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力，ρ 木＜ρ 水＜ρ 铁)
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

专题一力与运动 (1)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点

专题一力与运动（1）——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示，细绳MO与NO所能承受的最大拉力相同，长度MO NO，则在不断增加重物G重力的过程中（绳OC不会断）( )A.ON 绳先被拉断B.OM 绳先被拉断C.ON 绳和OM 绳同时被拉断D.因无具体数据，故无法判断哪条绳先被拉断2.2022年4月份上海市爆发了新一轮的新冠疫情，广大市民积极响应市政府号召在家隔离。

市民居家隔离期间锻炼了厨艺的同时还产生了很多的奇思妙想。

其中一位隔离者通过如图所示的装置在与志愿者不接触的情况下将吊篮中的生活用品缓慢拉到窗口，图中轻绳的一端栓在轻杆上，另一端绕过定滑轮（不计一切摩擦）。

下列说法正确的是( )A.此人手上所受的拉力F 始终不变B.此人手上所受的拉力F 先减小，后增大C.轻杆所受压力一直增大D.轻杆所受压力大小始终不变3.如图所示,物体A 置于水平地面上,力F 竖直向下作用于物体B 上,A B 、保持静止,则物体A 的受力个数为( )A.3B.4C.5D.64.如图所示，小圆环A 吊着一个质量为2m 的物块并套在另一个坚直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A 上，另一端跨过固定在大圆环最高点B 的一个小滑轮后吊着一个质量为1m 的物块。

如果小圆环、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦AB 所对应的圆心角为α，则两物块的质量比12:m m 应为()A.cos2αB.sin2αC.2sin2αD.2cos2α5.如图，弹性绳一端系于A 点，绕过固定在B 处的光滑小滑轮，另一端与套在粗糙竖直固定杆M 处的小球相连，此时在同一水平线上，弹性绳原长恰好等于AB 间距。

小球从M 点由静止释放，弹性绳始终遵循胡克定律，则( )A.小球下滑过程中受到的摩擦力大小在不断增加B.小球下滑过程中受到的摩擦力大小在不断减小C.重力的功率在不断增加D.小球做匀加速运动6.如图所示，斜面体ABC 置于粗糙的水平地面上，小木块m 在斜面上静止或滑动时，斜面体均保持静止不动.下列哪种情况，斜面体受到地面向右的静摩擦力( )A.小木块m 静止在斜面BC 上B.小木块m 沿斜面BC 加速下滑C.小木块m 沿斜面BA 减速下滑D.小木块m 沿斜面AB 减速上滑7.如图所示，细线OA OB 、的O 端与质量为m 的小球（可视为质点）拴接在一起，A B 、两端固定于竖直墙面上，其中细线OA 与竖直方向成45°角，细线OB 与竖直方向成60角。

高考物理二轮复习专题2力与直线运动名师课件(92张)

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2017版高三二轮复习与策略
(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章； (2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前 9 m 处的速度恰好为 6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经 t0＝0.5 s 的反应时间后开始以大小为 a 乙＝4 m/s2 的加速度匀减速刹车．为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前 9 m 区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？【导学号：37162011】
●考向 1 匀变速直线运动基本公式的应用
1．(2016·潍坊一模)如图 1 所示，一长为 200 m 的列车沿平直的轨道以 80 m/s
的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口 O 点时，列车接到停车指令，立即匀减
速停车，因 OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在 AB 段内，已知 OA＝1 200 m，
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2017版高三二轮复习与策略
【解题关键】
关键语句
信息解读
“人的反应时间”“汽车系统反应反应时间内车做匀速直线运动
时间”
安全距离为 120 m
后车在反应时间及刹车过程的总距离
动摩擦因数为晴天时的25
雨天、晴天两种情况下，刹车时加速度不同
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2017版高三二轮复习与策略
⑥
【答案】 20 m/s
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2017版高三二轮复习与策略
1．高考考查特点 (1)高考题注重基本概念的理解及基本公式及推论的灵活应用，计算题要注意追及相遇类为背景的实际问题． (2)熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律选取是解题的关键．

高考二轮复习高考物理课标版2专题二力与直线运动(可编辑word)

专题二力与直线运动一、主干知法必记1.共点力的平衡(1)弹力和摩擦力的大小可根据平衡条件确定;弹簧弹力:F=kx;滑动摩擦力:f=μF N ;静摩擦力:0≤f ≤f max 。

(2)二力作用下物体平衡时,两个力等大、反向、共线;多力作用下物体平衡时,任意几个力的合力和其余力的合力等大、反向、共线。

2.匀变速直线运动的规律 (1)速度公式:v=v 0+at 。

(2)位移公式:x=v 0t+at 2。

(3)速度与位移关系公式:v 2- =2ax 。

(4)平均速度公式: = =。

(5)中间时刻瞬时速度公式:=。

(6)位移差公式:Δx=aT 2。

3.运动图像(1)位移-时间图像的斜率表示速度,两图线的交点表示两物体相遇的位置。

(2)速度-时间图像的斜率表示加速度,速度图像与时间轴所围面积表示对应时间内的位移。

(3)分析图像时要注意“截距、交点、拐点、面积、斜率”的意义。

4.牛顿运动定律的应用(1)加速度方向向上时,物体处于超重状态;加速度方向向下时,物体处于失重状态。

(2)受力分析和运动情况的分析是解决动力学问题的关键。

二、易错知识点拨1.应用F=kx 时,误将弹簧长度当成形变量。

2.将静摩擦力和滑动摩擦力混淆,盲目套用公式f=μF N 。

3.误将物体的速度等于零当成平衡状态。

4.误将v 、Δv 、Δ Δ的意义混淆。

5.错误地根据公式a=Δ Δ认为a 与Δv 成正比,与Δt 成反比。

6.误将加速度的正负当成物体做加速运动还是减速运动的依据。

7.误认为“惯性与物体的速度有关,速度大,惯性大,速度小,惯性小”。

8.误认为“牛顿第一定律”是“牛顿第二定律”的特例。

9.误将“力和加速度”的瞬时关系当成“力和速度”的瞬时关系。

10.误将超重、失重现象当成物体重力变大或变小。

三、保温训练1.(粤教版必修1P35第5题改编)雨滴自屋檐由静止滴下,每隔0.2 s滴下一滴,第1滴落到地面时第6滴恰欲滴下,此时测得第1、2、3、4滴之间的距离依次为1.62 m、1.26 m、0.9 m。

高考物理新力学知识点之直线运动难题汇编含答案(3)

高考物理新力学知识点之直线运动难题汇编含答案(3)一、选择题1．一子弹沿水平方向连续穿过三块厚度相同的同种材料制成的三块木块后，速度恰好为零，设子弹穿过木块的运动是匀变速直线运动，则子弹穿过三块木块经历的时间比为（）A ．1231:2:3t t t =：：B ．12332:21:1t t t =--：：C ．1233:2:1t t t =：：D ．1231:2:3t t t =：：2．如图所示为甲、乙两个质点沿同一方向做直线运动的位移—时间图像（x —t 图像），甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动，t =4s 时刻图像乙的切线交时间轴t =1.5s 点处，由此判断质点乙在t =0时刻的速度是质点甲速度的（）A ．15倍B ．25倍C ．38倍D ．58倍 3．一质量为m =2.0 kg 的木箱静止在粗糙的水平地面上,木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.2,现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的拉力F ,使木箱由静止开始运动,测得0～2s 内其加速度a 随时间t 变化的关系图象如图所示。

已知重力加速度g =10 m/s 2,下列关于木箱所受拉力F 的大小和运动速度v 随时间t 变化的图象正确的是（）A ．B ．C ．D ．4．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移所用时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为，则物体运动加速度的大小为（）A ．B ．C ．D ．5．一辆急救车快要到达目的地时开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s 内和第2s 内位移大小依次为10m 和6m ，则刹车后4s 内的位移是A ．16mB ．18mC ．32mD ．40m6．汽车以10m/s 的速度在马路上匀速行驶，驾驶员发现正前方15m 处的斑马线上有行人，于是刹车礼让汽车恰好停在斑马线前，假设驾驶员反应时间为0.5s ．汽车运动的v-t 图如图所示，则汽车的加速度大小为A ．220/m sB ．26/m sC ．25/m sD ．24/m s7．关于自由落体运动，正确的说法是（）A ．在空气中不考虑空气阻力的都是自由落体运动B ．物体做自由落体运动时不受任何外力作用C ．质量大的物体，受到的重力也大，落地时的速度也越大D ．自由落体运动是初速度为零、加速度为重力加速度的匀加速直线运动8．如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，若1s 后4个水果均未着地，则1s 后速率最大的是（）A ．B ．C ．D ．9．质量m=1kg 的物体在水平拉力F 作用下沿水平面做直线运动，t=2s 时撤去力F ，物体速度时间图像如下，下列说法不正确的是A．前2s内与后4s内摩擦力的平均功率相同，两段的平均速度不同B．F:f=3:1C．全程合外力的功与合外力的冲量均为0D．4s时克服摩擦力做功的功率为12.5W10．假设在质量与地球质量相同，半径为地球半径两倍的天体上，发生的下列事件中，不可能的是（）A．跳高运动员的成绩会更好B．用弹簧秤称体重时，体重数值变小C．从静止降落的棒球落下的速度变慢D．用手投出的蓝球，水平方向的分速度变大11．一质点做直线运动的v-t图像如图所示，下列关于该质点运动的描述错误的是（）A．1s-4s内的位移大小为24mB．0-1s内的加速度大小为8m/s2C．4s末质点离出发点最远D．0-1s和4-6s质点的运动方向相同12．甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示，下列表述正确的是()A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等13．一质点在t=0时刻从x=0处沿x轴正方向做直线运动，其运动的v-t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．第3s内和第4s内，质点动量的变化相同B．0~2s内和0~4s内，质点的平均速度相同C．2~4s质点受到的合力的冲量为零D．t=4s时，质点在x=6m处14．A、B两物体在同一直线上做变速直线运动，它们的速度一时间图象如图所示，则（）A．A、B两物体的运动方向一定相反B．时，A、B两物体的速度相同C．0~6s内A比B物体运动得快D．A物体的加速度比B物体的加速度大15．下列表述中符合实际情况的是（）A．小华正常步行的速度约为10m/sB．小强正常上楼时的功率约为0.2kWC．小球从10楼自由下落到地面，时间约为10sD．小明将一个鸡蛋举过头顶，克服重力做功约为10J16．一平直公路上有两条同向并排车道，汽车I和II分别在两条车道上行驶。

创新设计全国通用2017版高考物理二轮复习专题突破1力与运动第2讲力与物体的直线运动

第2讲力与物体的直线运动1．(2016·全国卷Ⅲ，16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍。

该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4s t2D.8s t2解析动能变为原来的9倍，则物体的速度变为原来的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝12(v 0＋v )t和a ＝v －v 0t 得a ＝st2，故A 对。

答案 A2．(多选)(2016·全国卷Ⅰ，21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v －t 图象如图1所示。

已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )图1A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析根据v －t 图，甲、乙都沿正方向运动。

t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由v －t 图线所围面积对应位移关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m 。

故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D选项正确。

答案 BD3．(多选)(2015·全国卷Ⅰ，20)如图2(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示。

2017届高考物理二轮复习专题突破课件：专题二力与物体的直线运动2 精品

难点突破
(1)导轨运动的最大加速度amax；【解析】由牛顿第二定律得 F－BIl－μ(mg－BIl)＝Ma
F－μmg 导轨刚拉动时，v＝0，I 感＝0，此时有最大加速度 amax＝ M
F－μmg 【答案】 M
难点突破
(2)导轨的最大速度vmax；【解析】随着导轨速度增加，I感增大，a减小，当a＝0时，有最大速度vm
由图知图象不关于x＝L对称，所以x＝L点不是中心，故C错误；
x＝L 处场强为零，根据点电荷场强公式则有：k4QLA2＝k2QLB2，解得 QA∶QB ＝4∶1，故 D 正确.
【答案】AD
难点突破
高考题型2 磁场内动力学问题分析 1.对于磁场内的动力学问题，要特别注意洛伦兹力的特性，因F洛＝qvB，则速度v的变化影响受力，受力的变化又反过来影响运动. 2.带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下的直线运动只能是匀速直线运动. 3.此类问题也常出现临界问题，如滑块脱离木板的临界条件是支持力为零.
(3)若将电场强度改为水平向左，大小变为原来的2倍，小物块从高度H处由静止释放，求小物块到达地面的时间为多少.
【解析】小物块将离开斜面做匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动：
H= 1 gt 2 2
解得：t＝
2H g.
【答案】 2H g
难点突破
高考预测 1、(多选)在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的A、B两处分别固定正电荷 QA、QB.两电荷的位置坐标如图甲所示.图乙是AB 连线之间的电势φ与位置x之间的关系图象，图中x＝L点为图线的最低点，若在x＝2L 的C 点由静止释放一个质量为m、电量为＋q 的带电小球(可视为质点)，下列有关说法正确的是 () A.小球在x＝L处的速度最大 B.小球一定可以到达x＝－2L 点处 C.小球将以x＝L点为中心做往复运动 D.固定在A、B 处的电荷的电量之比为QA∶QB＝4∶1

高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.2力与物体的直线运动

试真题· 明考向
1.(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，
在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度
为( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
解析：质点在时间 t 内的平均速度 v＝st，设时间 t 内的初、末速度分别为 v1 和 v2，则 v＝v1＋2 v2，故v1＋2 v2＝st.由题意知：12mv22＝ 9×12mv21，则 v2＝3v1，进而得出 2v1＝st.质点的加速度 a＝v2－t v1＝2vt 1
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：
x 甲＝12a 甲 t32＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，由 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确．答案：BD 命题点：利用匀变速直线运动规律解决追及与相遇问题，匀变
3．分析追及问题时的“一、二、一” (1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点． (2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口． (3)一点注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动．

高考物理二轮复习力与直线运动自由落体运动和竖直上抛运动微专题突破练(解析版)

自由落体运动和竖直上抛运动1、一小石块从空中a 点自由落下,先后经过b 点和c 点,不计空气阻力。

经过b 点时速度为v ,经过c 点时速度为3v ,则ab 段与ac 段位移之比为( ) A.1:3 B.1:5 C.1:8 D.1:92、如图所示,一杂技演员用一只手抛球,他每隔0.4s 抛出一球,接到球便立即把球抛出.已知除抛、接球的时刻外,空中总有4个小球,将球的运动近似看成是竖直方向的运动,球到达的最大高度是(高度从抛球点算起,210m/s g =)( )A.1.6mB.2.4mC.3.2mD.4.0m3、空降兵某部官兵使用新装备从260m 超低空跳伞成功。

若跳伞空降兵在离地面224m 高处,由静止开始在竖直方向做自由落体运动。

一段时间后,立即打开降落伞,以12.52m/s 的平均加速度匀减速下降,为了空降兵的安全,要求空降兵落地速度最大不得超过m/s (g 取102m/s )。

则( )A.空降兵展开伞时离地面高度至少为125m,相当于从2.5m 高处自由落下B.空降兵展开伞时离地面高度至少为125m,相当于从1.25m 高处自由落下C.空降兵展开伞时离地面高度至少为99m,相当于从1.25m 高处自由落下D.空降兵展开伞时离地面高度至少为99m,相当于从2.5m 高处自由落下4、从塔顶由静止释放一个小球A 的时刻为计时零点，0t 时刻，在与A 球0t 时刻所在位置的同一水平高度，由静止释放小球B ，若两球都只受重力作用，设小球B 下落时间为t ，在A 、B 两球落地前，A 、B 两球之间的距离为x ∆，则0xt t∆-的图线为( )A. B. C.D.5、取一根长2m 左右的细线、5个铁垫圈和一个金属盘。

在线端系上第一个垫圈,隔12cm 再系一个,以后垫圈之间的距离分别为36cm 、60cm 、84cm,如图所示。

某同学站在椅子上,向上提起线的上端,让线自由垂下,且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘。

高考物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理直线运动解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试直线运动1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．为确保行车安全，高速公路不同路段限速不同，若有一段直行连接弯道的路段，如图所示，直行路段AB限速120km/h，弯道处限速60km/h．（1）一小车以120km/h的速度在直行道行驶，要在弯道B处减速至60km/h，已知该车制动的最大加速度为2.5m/s2，求减速过程需要的最短时间；（2）设驾驶员的操作反应时间与车辆的制动反应时间之和为2s（此时间内车辆匀速运动），驾驶员能辨认限速指示牌的距离为x0=100m，求限速指示牌P离弯道B的最小距离．【答案】（1）3.3s（2）125.6m【解析】【详解】（1）120 120km/h m/s3.6v==，6060km/h m/s3.6v==根据速度公式v=v0-at，加速度大小最大为2.5m/s2解得：t=3.3s；（2）反应期间做匀速直线运动，x1=v0t1=66.6m；匀减速的位移：2202v v ax-=解得：x=159m则x'=159+66.6-100m=125.6m．应该在弯道前125.6m距离处设置限速指示牌.3．A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶， A车在前，其速度v A=10m/s，B车在后，速度v B=30m/s．因大雾能见度很低，B车在距A车△s=75m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180m才能够停止．问：（1）B车刹车后的加速度是多大？（2）若B车刹车时A车仍按原速前进，请判断两车是否相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时？若不会相撞，则两车最近距离是多少？（3）若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过△t=4s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大才能避免相撞？【答案】（1）22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）6s 两车相撞（3）20.83/A a m s ≥【解析】试题分析：根据速度位移关系公式列式求解；当速度相同时，求解出各自的位移后结合空间距离分析；或者以前车为参考系分析；两车恰好不相撞的临界条件是两部车相遇时速度相同，根据运动学公式列式后联立求解即可．（1）B 车刹车至停下过程中，00,30/,180t B v v v m s S m ====由202BB v a s -=得222.5/2B B v a m s s =-=- 故B 车刹车时加速度大小为22.5m /s ，方向与运动方向相反．（2）假设始终不相撞，设经时间t 两车速度相等，则有：A B B v v a t =+，解得：103082.5A B B v v t s a --===- 此时B 车的位移：2211308 2.5816022B B B s v t a t m =+=⨯-⨯⨯= A 车的位移：10880A A s v t m ==⨯=因1(3== 设经过时间t 两车相撞，则有212A B B v t s v t a t +∆=+ 代入数据解得：126,10t s t s ==，故经过6s 两车相撞（3）设A 车的加速度为A a 时两车不相撞两车速度相等时：()A A B B v a t t v a t ''+-∆=+即：10()30 2.5A a t t t ''+-∆=-此时B 车的位移：221,30 1.252B B B B s v t a t s t t =+=-''''即： A 车的位移：21()2A A A s v t a t t ''=+-∆ 要不相撞，两车位移关系要满足B A s s s ≤+∆解得20.83/A a m s ≥4．汽车在路上出现故障时，应在车后放置三角警示牌（如图所示），以提醒后面驾车司机，减速安全通过．在夜间，有一货车因故障停车，后面有一小轿车以30m/s 的速度向前驶来，由于夜间视线不好，驾驶员只能看清前方50m 的物体，并且他的反应时间为0.5s ，制动后最大加速度为6m/s 2．求：（1）小轿车从刹车到停止所用小轿车驾驶的最短时间；（2）三角警示牌至少要放在车后多远处，才能有效避免两车相撞．【答案】（1）5s （2）40m【解析】【分析】【详解】（1）从刹车到停止时间为t 2，则t 2=00v a-=5 s① （2）反应时间内做匀速运动，则x 1=v 0t 1②x 1=15 m③从刹车到停止的位移为x 2，则x 2=2002v a-④ x 2=75 m⑤小轿车从发现物体到停止的全部距离为x=x 1+x 2=90m ⑥△x=x ﹣50m=40m ⑦5．某型号的舰载飞机在航空母舰的跑道上加速时，发动机产生的最大加速度为5m/s 2，所需的起飞速度为50m/s ，跑道长100m ．通过计算判断，飞机能否靠自身的发动机从舰上起飞？为了使飞机在开始滑行时就有一定的初速度，航空母舰装有弹射装置．对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有多大的初速度？【答案】不能靠自身发动机起飞 39/m s【解析】试题分析：根据速度位移公式求出达到起飞速度的位移，从而判断飞机能否靠自身发动机从舰上起飞．根据速度位移公式求出弹射系统使飞机具有的初速度．解：当飞机达到起飞速度经历的位移x=，可知飞机不能靠自身发动机从舰上起飞．根据得，=．答：飞机不能靠自身发动机从舰上起飞，对于该型号的舰载飞机，弹射系统必须使它具有40m/s 的初速度．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，基础题．6．一质点做匀加速直线运动，初速度v 0＝2 m/s ，4 s 内位移为20 m ，求：（1）质点的加速度大小；（2）质点4 s 末的速度大小。

新教材2025届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分专题特训练专题一力与运动考点2力与直线运动

考点2 力与直线运动1.[2024·全国乙卷]一同学将排球自O 点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O 点．设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比．则该排球( )A ．上升时间等于下落时间B ．被垫起后瞬间的速度最大C ．达到最高点时加速度为零D ．下落过程中做匀加速运动2．[2024·山东卷]如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R 、S 、T 三点，已知ST 间的距离是RS 的两倍，RS 段的平均速度是10m/s ，ST 段的平均速度是5m/s ，则公交车经过T 点时的瞬时速度为( )A ．3m/sB ．2m/sC ．1m/sD ．0.5m/s3．[2024·全国甲卷]一小车沿直线运动，从t ＝0起先由静止匀加速至t ＝t 1时刻，此后做匀减速运动，到t ＝t 2时刻速度降为零．在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是( )A BC D4．[2024·全国乙卷]如图，一不行伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L .一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为( )A ．5F 8mB ．2F 5mC ．3F 8mD ．3F 10m5．[2024·全国甲卷](多选)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，则从今刻起先到弹簧第一次复原原长之前( )A．P的加速度大小的最大值为2μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小肯定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小题组一匀变速直线运动的规律6．[2024·辽宁锦州模拟]2024年6月17日，中国第3艘航空母舰“中国人民解放军海军福建舰”正式下水，这一刻标记着中国人民海军进入“三舰客时代”．设在静止的航母上某种型号舰载飞机，没有弹射系统时，匀加速到起飞速度v须要的距离是L0.弹射系统给飞机一个初速度v0之后，匀加速到起飞速度v须要的距离是L.若弹射速度v0与起飞速度v 之比为3∶4，设飞机两次起飞的加速度相同，则L与L0之比为( )A．716B．167C．34D．437．[2024·山东省临沂市期末]如图所示，相同的木块A、B、C固定在水平地面上，一子弹(视为质点)以水平速度v0击中并恰好穿过木块A、B、C，子弹在木块中受到的阻力恒定，子弹射穿木块A所用的时间为t，则子弹射穿木块C所用的时间为( )A．t B．2tC．(3＋2)t D．(3－2)t8．[2024·河北部分学校模拟]滑雪运动是2024年北京冬季奥运会主要的竞赛项目．如图所示，水平滑道上运动员A、B间距x0＝10m．运动员A以速度v0＝5m/s向前匀速运动．同时运动员B以初速度v1＝8m/s向前匀减速运动，加速度的大小a＝2m/s2，运动员A在运动员B接着运动x1后追上运动员B，则x1的大小为( )A．4mB．10mC．16mD．20m题组二动力学图像及应用9．[2024·广东深圳模拟]中国海军服役的歼15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间(xt)图像如图所示，则 ( )A ．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B ．由图可知，舰载机起飞在0～3s 内做匀加速运动C ．在0～3s 内，舰载机的平均速度大于12m/sD ．在M 点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s 10．[2024·江西宜春模拟]一辆汽车从ETC 高速口进入时起先计时，加速进入高速路主道的过程可看成匀加速直线运动，其平均速度v －随时间t 变更关系如图所示，已知这段距离为1km ，t 0是进入高速路主道的时刻，下面说法正确的是( )A ．汽车的加速度为0.1m/s 2B ．t ＝10s 时的速度为10m/sC ．0～20s 内的位移是160mD ．t 0＝100s 11．[2024·重庆市渝北区统考](多选)放在水平地面上的物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，推力F 与时间t 的关系如图甲所示，物块速度v 与时间t 的关系如图乙所示．取g ＝10m/s 2，则物块的质量和物块与地面之间的动摩擦因数分别为( )A ．1.5kgB ．1kgC ．0.4D ．0.2题组三牛顿运动定律的应用12．[2024·陕西省西安市模拟]细绳拴一个质量为m 的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支撑，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示，以下说法正确的是(已知cos53°＝0.6，sin53°＝0.8)( )A.小球静止时弹簧的弹力大小为35mgB ．小球静止时细绳的拉力大小为35mgC ．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为gD ．细绳烧断瞬间小球的加速度马上变为53g13．在太空中，物体完全失重，用天平无法测量质量，可采纳动力学测量质量的方法．我国航天员要在天宫1号航天器试验舱的桌面上测量物体的质量，采纳的方法如下：质量为m 1的标准物A 的前后连接有质量均为m 2的两个力传感器，待测质量的物体B 连接在后传感器上，在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示，稳定后标准物A 前后两个传感器的读数分别为F 1、F 2，由此可知待测物体B 的质量为( )A ．F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2B ．F 1（m 1＋2m 2）F 2C ．F 1m 1F 1－F 2D ．（F 1－F 2）m 1F 114．[2024·云南保山模拟](多选)无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止起先在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a 随时间t 变更的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t 2时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态．已知无线充电宝质量为0.2kg ，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2，在该过程中下列说法正确的是( )A ．充电宝受到的静摩擦力的最大值为1.0NB ．t 3时刻充电宝受的摩擦力大小为0.4NC ．充电宝在t 2与t 3时刻所受的摩擦力方向相反D ．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N 15．[2024·广东省江门模拟]运动员推动冰壶滑行过程可建立如图所示模型：冰壶质量m ＝19.7kg ，运动员施加的推力F ，方向与水平方向夹角为θ＝37°，冰壶在推力F 作用下做匀速直线运动，g 取10m/s 2，冰壶与地面间的动摩擦因数μ＝0.02，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)运动员施加的推力F是多少？(2)当运动员以水平速度将冰壶投出，冰壶能在冰面上滑行的最远距离是s＝40米，则该运动员将冰壶投出时的水平速度为多少？(3)若运动员仍以第(2)问的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为μ1＝0.016，冰壶接着在被毛刷摩擦过的冰面滑过6m后停止运动，与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离．题组四传送带模型和滑块——木板模型16．[2024·河北省沧州市一模]如图甲所示，一物块以某一初速度从倾角为α、顺时针转动的传送带底端沿传送带向上运动，其vt图像如图乙所示．已知传送带的速度为v0，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是( )A.物块的初速度小于v0B．物块与传送带间的动摩擦因数μ>tanαC．物块运动过程中的速度肯定有等于v0的时刻D．若物块从传送带顶端由静止向下运动，其他条件不变，物块会向下先做匀加速运动再做匀速运动17．[2024·陕西西安模拟]如图所示，物体A放在B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A＝6kg，m B＝2kg.A、B间动摩擦因数μ＝0.2.A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，(g＝10m/s2)下述正确的是( )A ．当拉力0<F <12N 时，A 静止不动B ．当拉力F >12N 时，A 相对B 滑动C ．当拉力F ＝16N 时，B 受到A 的摩擦力等于12ND ．在细线可以承受的范围内，无论拉力F 多大，A 相对B 始终静止18.[2024·山东省烟台市诊断测试]如图所示，对货车施加一个恒定的水平拉力F ，拉着货车沿光滑水平轨道运动装运沙子，沙子经一静止的竖直漏斗连续地落进货车，单位时间内落进货车的沙子质量恒为Q .某时刻，货车(连同已落入其中的沙子)质量为M ，速度为v ，则此时货车的加速度为( )A ．F －Qv MB ．F －QgvM C ．F ＋Qv M D ．F M19．[2024·黑龙江省哈尔滨三中其次次验收考试]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点．现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C 点静止，则( )A ．小物体从A 到B 过程速度始终增加 B ．小物体从A 到B 过程加速度始终减小C ．小物体从B 到C 过程速度越来越小D ．小物体在B 点所受合外力为020．[2024·重庆市万州市模拟](多选)如图所示，质量分别为m 1、m 2的两小球通过轻绳乙连接，质量为m 1的小球通过轻绳甲与水平车厢顶连接．当两小球与车厢保持相对静止一起水平向右做匀加速直线运动时，甲、乙两轻绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2(图中未画出)，两小球均可视为质点，不计空气阻力，则( )A ．若m 1>m 2，则θ1>θ2B ．若m 1>m 2，则θ1＝θ2C ．若m 1<m 2，则θ1>θ2D ．若m 1<m 2，则θ1＝θ221．[2024·重庆市育才中学模拟]如图，质量为m 的雪橇在倾角θ＝37°的斜坡向下滑动过程中，所受的滑动摩擦力为定值，空气阻力与速度成正比，比例系数k ＝1kg/s.雪橇运动的某段过程v t 图像如图中实线AD 所示，且AB 是曲线最左端那一点的切线，B 点的坐标为(4，9)，CD 线是曲线的渐近线，已知sin37°＝0.6.下列说法中正确的是( )A ．当v 0＝3m/s 时，雪橇的加速度为0.75m/s 2B ．在0～4s 过程中雪橇的平均速度为4.5m/sC ．雪橇与斜坡间的动摩擦因数是0.5D ．雪橇的质量m ＝2kg22．[2024·山东省试验中学模拟](多选)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m 的物块A 和物块B 并排放在斜面上，与斜面垂直的挡板P 固定在斜面底端，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A 连接，物块A 、B (物块A 、B 不相连)处于静止状态．现用一沿斜面对上的外力F T 拉物块B ，使物块A 、B 一起沿斜面对上以加速度a 做匀加速直线运动．已知重力加速度为g ，弹簧的劲度系数为k ，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．外力F T 的最大值为12mg ＋maB ．外力F T 的最大值为mg ＋maC ．从外力F T 作用在物块B 上到物块A 、B 分别的时间为m （g －2a ）kaD ．从外力F T 作用在物块B 上到物块A 、B 分别的时间为m （2g －a ）ka23．[2024·河南郑州模拟]如图所示，一质量M ＝2kg 的长木板B 静止在粗糙水平面上，其右端有一质量m ＝1kg 的小滑块A ，对B 物体施加F ＝20N 的水平拉力；t ＝2s 后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍旧在木板上．已知A 、B 间的动摩擦因数μ1＝0.2，B 与地面间动摩擦因数为μ2＝0.4，取g ＝10m/s 2，则：(1)求有拉力F 作用时木板B 和滑块A 各自的加速度大小；(2)求A 、B 由静止到速度相同所需的时间T 共及共同速度的大小v .[答题区] 题号 1234567891011 答案题号 1213 14 1617 18 19202122答案考点2 力与直线运动1．解析：上升过程和下降过程的位移大小相同，由于存在空气阻力，上升过程中随意位置的速度比下降过程中对应位置的速度大，则上升过程的平均速度较大．由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A 错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动．在整个过程中空气阻力始终做负功，小球机械能始终在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B 正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力供应加速度，a ＝g ，C 错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变更，排球在下落过程中做变加速运动，D 错误．故选B.答案：B2．解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS 间的距离为x ，则依据题意有v －RS ＝x t 1＝v R ＋v S 2，v －ST ＝2x t 2＝v S ＋v T2联立解得t 2＝4t 1，v T ＝v R －10再依据匀变速直线运动速度与时间的关系有v T ＝v R －a ·5t 1 则at 1＝2m/s其中还有v ＝v R －a ·t 12解得v R ＝11m/s 联立解得v T ＝1m/s 故选C. 答案：C3．解析：x t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0～t 1图像斜率变大，t 1～t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止，图像的斜率变为零．故选D.答案：D 4.解析：如图可知sin θ＝12×3L 5L 2＝35，则cos θ＝45，对轻绳中点受力分析可知F ＝2T cos θ，对小球由牛顿其次定律得T ＝ma ，联立解得a ＝5F8m，故选项A 正确．答案：A5．解析：撤去力F 后到弹簧第一次复原原长之前，弹簧弹力kx 减小，对P 有μmg ＋kx ＝ma P ，对Q 有μmg －kx ＝ma Q ，且撤去外力瞬间μmg ＝kx ，故P 做加速度从2μg 减小到μg 的减速运动，Q 做加速度从0渐渐增大到μg 的减速运动，即P 的加速度始终大于Q 的加速度，故除起先时刻外，随意时刻P 的速度大小小于Q 的速度大小，故P 的平均速度大小必小于Q 的平均速度大小，由x ＝v －t 可知Q 的位移大小大于P 的位移大小，可知B 、C 错误，A 、D 正确．答案：AD6．解析：飞机由静止起先加速时，有v 2＝2aL 0；利用弹射系统时，有v 2－v 20 ＝2aL ，联立解得L L 0＝716，B 、C 、D 错误，A 正确．答案：A7．解析：子弹在木块中受到的阻力恒定，则子弹做匀减速直线运动，由于恰好穿过木块A 、B 、C ，表明穿过C 时速度恰好为0，依据逆向思维，初速度为0的匀加速直线运动，在连续相邻相等位移内的时间之比为t C ∶t B ∶t A ＝1∶（2－1）∶（3－2），依据题意有t A ＝t ，解得t C ＝（3＋2）t ，C 正确．答案：C8．解析：运动员B 做匀减速直线运动，速度减为零的时间为t B ＝v 1a＝4s ，此时运动员A 的位移为x A ＝v 0t B ＝20m ，运动员B 的位移为x B ＝v 12t B ＝16m ，因为x A <x B ＋x 0，即运动员B 速度削减为零时，运动员A 还未追上运动员B ，则运动员A 在运动员B 停下来的位置追上运动员B ，即x 1＝16m ，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C9．解析：依据x t 图像的斜率表示速度，可知x t 图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，A 错误；由x t 图像可知舰载机的速度渐渐增大，若满意x ＝12at 2才是匀加速直线运动，但图像的数据不能反映是抛物线的形态，则舰载机起飞在0～3s 内做变加速直线运动，B 错误；在0～3s 内，舰载机通过的位移为x ＝36m －0＝36m ，则平均速度为v －＝x t ＝363m/s ＝12m/s ，C 错误；2～2.55s 内的平均速度为v －′＝x MN t MN ＝26－152.55－2m/s＝20m/s ，依据2～2.55s 内的平均速度等于MN 连线的斜率大小，在M 点对应的位置舰载机的速度等于过M 点的切线斜率大小，可知在M 点对应的位置，舰载机的速度大于MN 段平均速度20m/s ，D 正确．答案：D10．解析：据运动学规律可得x ＝v 0t ＋12at 2，v －＝x t ，整理得v －＝v 0＋12at .结合图知t ＝0时有v 0＝5m/s ，设t 0时刻的速度为v ，可得v －＝v 0＋v2＝15m/s ，解得v ＝25m/s ，则汽车的加速度为a ＝v 2－v 20 2x ＝252－522×1000m/s 2＝0.3m/s 2，A 错误；t ＝10s 时的速度为v 1＝v 0＋at ＝（5＋0.3×10）m/s ＝8m/s ，B 错误；0～20s 内的位移是x 2＝v 0t ′＋12at ′2＝160m ，C 正确；由x ＝v －t 0可得t 0＝x v ＝100015s≈66.67s，D 错误．答案：C11．解析：由图像可知，3～4s 内，物块在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小为a ′＝Δv ′Δt ′＝4－04－3m/s 2＝4m/s 2，依据牛顿其次定律可得a ′＝μmg m ＝μg ，解得动摩擦因数为μ＝a ′g＝0.4，1～3s 内，物块在9N 的水平推力作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝Δv Δt ＝4－03－1m/s 2＝2m/s 2，依据牛顿其次定律可得F －μmg ＝ma ，解得物块的质量为m ＝F a ＋μg ＝92＋0.4×10kg ＝1.5kg ，A 、C 正确．答案：AC12．解析：对小球受力分析后，将弹力和重力合成后如图所示由平衡条件可得，小球静止时弹簧的弹力大小为F ＝mg tan53°＝43mg ，A 错误；由平衡条件可得，小球静止时细绳的拉力大小为T ＝mg cos53°＝53mg ，B 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力保持不变，弹力和重力的合力大小等于绳子拉力T ，由牛顿其次定律有F 合＝T ＝ma ，解得a ＝T m ＝53g ，C 错误，D 正确．答案：D13．解析：整体为探讨对象，由牛顿其次定律得F 1＝（m 1＋2m 2＋m ）a ，隔离B 物体，由牛顿其次定律得F 2＝ma ，联立解得m ＝F 2（m 1＋2m 2）F 1－F 2，A 项正确．答案：A14．解析：t 3时刻由牛顿其次定律可得f －mg ＝ma ，解得f ＝0.4N ，B 正确；充电宝在t 2时刻具有向上的最大加速度，由牛顿其次定律知摩擦力方向竖直向上，t 3时刻充电宝具有向下的加速度，而加速度小于重力加速度，所以摩擦力方向向上，所以充电宝在t 2与t 3时刻所受的摩擦力方向相同，C 错误；t 2时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，此时由牛顿其次定律有f ′－mg ＝ma ′，又f ′＝μF N ，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F N ＝10N ，f max ＝f ′＝5N ，D 正确，A 错误．答案：BD 15．解析：（1）依据平衡条件F cos θ＝μ（mg ＋F sin θ）代入数据得F ＝5N（2）依据牛顿其次定律有μmg ＝ma解得加速度大小为a ＝0.02×10m/s 2＝0.2m/s 2依据运动学公式有v 2＝2as代入数据得v ＝4m/s（3）依据牛顿其次定律有μ1mg ＝ma 1通过摩擦过的冰面的加速度大小为a 1＝0.16m/s 2设冰壶刚滑上摩擦过的冰面时的速度为v 1，在没摩擦过的冰面上运动的位移为s 1，由运动学公式可知v 2－v 21 ＝2as 1在摩擦过的冰面上滑动位移是s 2＝6m则有v 21 ＝2a 1s 2则与没摩擦过相比多滑的距离Δs ＝s 1＋s 2－s解得Δs ＝1.2m.答案：（1）5N （2）4m/s （3）1.2m16．解析：由图像可知，物块先以加速度a 1做匀减速直线运动，后以加速度a 2做匀减速直线运动，且a 1>a 2，分析可知mg sin α>μmg cos α，即μ<tan α，B 项错误；若物块的初速度小于v 0，则受到沿传送带向上的摩擦力，物块做匀减速直线运动，物块会始终以此加速度向上减速为0与题设不符，A 项错误；物块的初速度大于v 0，则受到沿传送带向下的摩擦力，物块做匀减速直线运动，依据牛顿其次定律，有mg sin α＋μmg cos α＝ma 1，物块减速到速度等于v 0后，则受到沿传送带向上的摩擦力，对物块依据牛顿其次定律，有mg sin α－μmg cos α＝ma 2，C 项正确；若物块从传送带顶端起先向下运动，物块受到沿传送带向上的摩擦力，由于μ<tan α，则物块会以加速度a 2始终向下加速运动，D 项错误．答案：C17．解析：由题意可知，由于物体B 放在光滑的水平面上，因此只要拉力F 不是零，A 、B 将一起运动，所以当拉力0<F <12N 时，A 不会静止不动，A 错误；若A 、B 能产生相对滑动时，则有a ＝μm A g m B ＝0.2×6×102m/s 2＝6m/s 2，对A 、B 整体，由牛顿其次定律可得产生相对滑动时最大拉力为F ＝（m A ＋m B ）a ＝（6＋2）×6N＝48N ，由此可知，在绳子承受的最大拉力20N 范围内，无论拉力F 多大，A 、B 始终处于相对静止状态，B 错误，D 正确；当拉力F ＝16N 时，对整体由牛顿其次定律可得F ＝（m A ＋m B ）a ′，解得a ′＝Fm A ＋m B ＝166＋2m/s 2＝2m/s 2，则有B 受到A 的摩擦力等于F f ＝m B a ′＝2×2N＝4N ，C 错误．答案：D18．解析：一段极短的时间Δt 内落入货车的沙子质量为Δm ＝Q ·Δt ，沙子落入货车后，马上和货车共速，则由动量定理可得F ′·Δt ＝Δmv －0，解得沙子受到货车的力为F ′＝Qv ，方向向前，由牛顿第三定律可知，货车受到沙子的反作用力向后，大小为F ″＝Qv ，对货车（连同落入的沙子），由牛顿其次定律可得F －F ″＝Ma ，解得a ＝F －Qv M，A 正确．答案：A19．解析：由题意，A 、B 间某处，A 受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大．而B 点只受摩擦力，合力不为零．因此小物体从A 到B 过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，A 、B 、D 错误；小物体从B 到C 过程中，合外力方向与运动方向相反，所以小物体始终做减速运动，即速度越来越小，C 正确．答案：C20．解析：小球与车厢的加速度相同，设为a ，将两小球看成整体，由牛顿其次定律得（m 1＋m 2）g tan θ1＝（m 1＋m 2）a ，解得a ＝g tan θ1；同理对球乙分析可得a ＝g tan θ2，比较可得无论m 1和m 2的关系如何，都有θ1＝θ2，B 、D 两项正确．答案：BD21．解析：依据v t 图像切线斜率表示加速度，可知v 0＝3m/s ，雪橇的加速度为a 0＝Δv Δt＝9－34m/s 2＝1.5m/s 2，A 错误；依据v t 图像与横轴围成的面积表示位移，可知0～4s 雪橇的位移满意x >3＋62×4m＝18m ，则在0～4s 过程中雪橇的平均速度满意v －＝x t >184m/s ＝4.5m/s ，B 错误；当v 0＝3m/s 时，空气阻力大小为f 0＝kv 0＝3N ，依据牛顿其次定律可得mg sin θ－μmg cos θ－f 0＝ma 0；当v ＝6m/s 时，空气阻力大小为f ＝kv ＝6N ，此时雪橇的加速度为零，则有mg sin θ－μmg cos θ－f ＝0，联立解得m ＝2kg ，μ＝38，C 错误，D 正确．答案：D22．解析：在A 、B 分别前，整体受力分析，由牛顿其次定律得F T ＋F 弹－2mg sin θ＝2ma ①，当A 、B 分别瞬间，A 、B 间弹力为零，对A 应用牛顿其次定律得F 弹－mg sin θ＝ma ②，解得F 弹＝12mg ＋ma ③，将③式代入①式解得F T ＝12mg ＋ma ，此即为F T 的最大值，A 正确，B 错误；当A 、B 静止时，弹簧压缩量为x 1＝2mg sin θk ；当A 、B 分别时，弹簧的压缩量x 2＝F 弹k＝mg sin θ＋ma k ，则弹簧长度的变更量为Δx ＝x 1－x 2＝mg sin θ－ma k .由运动学公式得Δx ＝12at 2，解得t ＝m （g －2a ）ka ，C 正确，D 错误．答案：AC23．解析：（1）设A 、B 相对滑动，对物体A 依据牛顿其次定律可得μ1mg ＝ma 1解得a 1＝2m/s 2对木板B 依据牛顿其次定律可得F －μ1mg －μ2（m ＋M ）g ＝Ma 2解得a 2＝3m/s 2>a 1有拉力F 作用时木板B 和滑块A 各自的加速度大小分别为3m/s 2和2m/s 2.（2）撤去外力时，木板B 的速度为v 2＝a 2t ＝3×2m/s＝6m/s撤去外力后，在二者同速前物块A 的受力没变，故物块A 仍旧做加速运动，加速度不变，木板B 做减速运动，其加速度大小变为a ′2＝μ1mg ＋μ2（m ＋M ）g M，a ′2＝7m/s 2 设经过时间t 1两者达到共速，则有a 1（t ＋t 1）＝v 2－a ′2t 1，解得t 1＝29s 所以总时间T 共＝t ＋t 1＝209s 两物体共速时的速度为v ＝v 2－a ′2t 1＝409m/s.20 9s409m/s答案：（1）3m/s22m/s2（2）。

2017届高考物理二轮复习专题复习(练习)专题一力与直线运动4：含解析

题有多项符合题目要求．)是定值电阻，R2是光敏电阻，电源内阻不能忽略．闭合，当光敏电阻上光照强度增大时，下列说法中正确是．电压表读数减小，电流表读数增大．电压表读数增大，电压表读数增大R P消耗功率增大，电容器C所带电荷量增加．电压表读数减小，电流表读数减小减小，测量.测量小型交流发电机原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC.AD中点轴OO′以恒定角速度旋转，轴OO′与磁场垂直．矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A.定值电阻R串联．下列说法中正确是()A．线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A示数最小B．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R电流最大C．线圈平面与磁场垂直时，通过线圈磁通量变化率最大D．线圈平面与磁场平行时，通过线圈磁通量最大答案：B4.(2013·四川高考)用220 V正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载电流图象如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9 WB．输出电压最大值是110 VC．变压器原.副线圈匝数比是1∶2D．负载电流函数表达式i＝0.05sin(100πt＋π2) A解析：由负载电流图象知，负载电流I2＝0.052A，变压器输出功率P2＝I2U2＝0.052×110 W≈3.9 W，输入功率P1＝P2＝3.9 W，A正确；输出电压最大值为U2m＝110 2V，B错误；变压器原.副线圈匝数比是n1n2＝U1U2＝2∶1，C错误；由图象知，负载电流函数表达式i＝0.05sin 100πt(A)，D错误．答案：A5．将阻值为100 Ω电阻丝绕成一个100匝闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向轴匀速运动，如图甲所示，产生感应电动势如图乙所示．则可以判断()A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示位置B．该线圈转速为100π r/s两极板间有一带电微粒恰好处于静止状态．下列说法正确是上光照强度，电阻R0消耗电功率变大，带电微粒向上运向上端移动时，电源消耗功率变大，带电微粒向上运动向下端移动时，带电微粒向下运动，带电微粒将向下运动为理想电表，其中电流表显示读数为0.5 A，下列说法正确是(．发电机输出交流电压有效值约为500 V．用户用电器上交流电频率是100 Hz．输电线电流只由升压变压器原.副线圈匝数比决定．当用户用电器总电阻增大时，输电线上损失功率减小热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图为某种热敏电阻和金属热电阻阻值R 随温度t 变化示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化响应更________(选填“敏感”或“不敏感”)解析：由图可知，热敏电阻在温度上升时，阻值下降，故其导电能力增强；相对金属热电阻而言，热敏电阻在温度变化时，阻值变化明显，故对温度更敏感．答案：增强敏感10．一台小型发电机最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m ，横截面积为10－5 m 2输电线向4×103 m 远处用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上损失功率不超过发电机总功率4%，求：(1)所用理想升压变压器原.副线圈匝数比是多少？ (2)如果用户用电器额定电压为220 V ，那么所用理想降压变压器原.副线圈匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路用电器减少时，用电器两端电压是大于.小于还是等于220 V ？若用电器电路中电流为100 A ，求此时用电器两端电压数值．解析：(1)输电要用两根导线，则输电线电阻为r ＝ρ2l S ＝1.8×10－8×2×4×10310－5 Ω＝14.4 Ω由题意知P 损＝P ×4%＝(PU 2)2r 105×0.04＝(105U 2)2×14.4U 2＝6 000 V升压变压器原.副线圈匝数比 n 1n 2＝U 1U 2＝5006 000＝112(2)I 2＝P U 2＝1056×103 A ＝503 A U 损＝I 2·r ＝503×14.4 V ＝240 V 而U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －240 V ＝5 760 V n 3n 4＝U 3U 4＝5 760220＝28811降压变压器原.副线圈匝数比为288∶11。

高考物理新力学知识点之直线运动专项训练解析含答案(1)

高考物理新力学知识点之直线运动专项训练解析含答案(1)一、选择题1．质量m=1kg的物体在水平拉力F作用下沿水平面做直线运动，t=2s时撤去力F，物体速度时间图像如下，下列说法不正确的是A．前2s内与后4s内摩擦力的平均功率相同，两段的平均速度不同B．F:f=3:1C．全程合外力的功与合外力的冲量均为0D．4s时克服摩擦力做功的功率为12.5W2．跳伞运动员以5 m/s的速度竖直匀速降落，在离地面h＝10 m的地方掉了一颗扣子，跳伞运动员比扣子晚着陆的时间为(扣子受到的空气阻力可忽略，g取10 m/s2)( )A．2 s B．2sC．1 s D．(2－2) s3．在平直公路上行驶的甲车和乙车，它们沿同一方向运动的v t-图像如图所示。

已知t=时刻乙车在甲车前方10m处，下列说法正确的是（）t=时，甲、乙两车相遇A．2s~内，甲、乙两车位移相等B．04sC．甲、乙两车之间的最小距离为6mD．相遇前甲、乙两车之间的最大距离为18m4．如图甲所示，一维坐标系中有一质点静止于x轴上的某位置(图中未画出)，从t=0时刻开始，质点在外力作用下沿x轴正方向做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方关系的图象如图乙所示。

下列说法正确的是（）A．物块运动的加速度大小为1m/s2B．t=4s时物块位于x=2m处C．前2s时间内物块的位移大小为2mD．2~4s时间内物块的平均速度大小为3m/s5．一物体做匀加速直线运动，通过一段位移所用时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为，则物体运动加速度的大小为（）A． B． C． D．6．一辆汽车以v0=8m/s的初速度前进，突然发现前面有石块，便以大小为4m/s2的加速度刹车，则刹车后2.5s内的位移为（）A．8m B．10m C．12m D．15m7．如图所示是物体运动的v-t图像，从t=0开始，下列说法不正确的是（）A．t1时刻离出发点最远B．t2~t3时间内，加速度沿负方向C．在0~t2与t2~t4这两段时间内，物体的运动方向相反D．在t1~t2与t2~t3时间内，物体的加速度大小和方向都相同8．在t=0时，将一乒乓球以某一初速度竖直向上抛出，一段时间后落回抛出点。

高考物理二轮复习：专题02 力与直线运动

专题02 力与直线运动1．一汽车刹车可看作匀减速直线运动，初速度为12 m/s，加速度大小为2 m/s2，运动过程中，在某一秒内的位移为7 m，则此后它还能向前运动的位移是()A．6 m B.7 mC．9 m D．10 m答案：C2．如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μm1g解析：把A、B看作一个整体受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得F T＝(m1＋m2)a，故C正确．答案：C3．如图所示，小车在恒力F作用下沿水平地面向右运动，其内底面左壁有一物块，物块与小车右壁之间有一压缩的轻弹簧，小车内底面光滑，当小车由左侧光滑地面进入到右侧粗糙地面时，物块一直与左壁保持接触，则车左壁受物块的压力F N1和车右壁受弹簧的压力F N2的大小变化情况是()A．F N1变大，F N2不变B．F N1不变，F N2变大C ．F N1和F N2都变小D ．F N1变小，F N2不变答案：D4.甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v -t 图象如图所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，乙车在甲车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m解析：根据v -t 图象知，甲、乙都沿正方向运动．t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由v -t 图线所围面积对应位移关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m ＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m ．故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项错误；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m ＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明在t ＝1 s 时甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确．答案：D5.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起但A 、B 之间无弹力．已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g2答案：B6．甲、乙两质点同时沿同一直线运动，它们的x -t 图象如图所示．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )A ．在0～t 0时间内，甲、乙的运动方向相同B ．在0～t 0时间内，乙的速度一直增大C ．在0～t 0时间内，乙平均速度的值大于甲平均速度的值D ．在0～2t 0时间内，甲、乙发生的位移相同解析：在0～t 0时间内，甲、乙的运动方向相反，选项A 错误；在位移—时间图象中，斜率表示速度，在0～t 0时间内，乙的速度一直减小，选项B 错误；在0～t 0时间内，乙的位移为2x 0，甲的位移为x 0，乙平均速度的值(v 乙＝2x 0t 0)大于甲平均速度的值(v 甲＝x 0t 0)，选项C 正确；在0～2t 0时间内，甲发生的位移是－2x 0，乙发生的位移是2x 0，负号说明两者方向不同，选项D 错误．答案：C7.质量为2 kg 的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，假设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等．从t ＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图所示．重力加速度g 取10 m/s 2，则物体在t ＝0到t ＝6 s 这段时间内的位移大小为( )A ．4 mB ．8 mC ．10 mD ．12 m答案：A8．将一足够长的木板固定在水平面上，倾角为α＝37°，将一铁块由长木板的底端以一定的初速度冲上木板，经过一段时间铁块的速度减为零，该过程中的速度随时间的变化规律如图所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．长木板与铁块之间的动摩擦因数为0.5B ．铁块沿长木板上滑的最大距离为3.6 mC ．铁块沿长木板下滑时的加速度大小为10 m/s 2D ．铁块滑到长木板底端时的速度大小为655 m/s解析：由铁块上滑过程的速度—时间图象可知，铁块上滑时的加速度大小为a ＝v 0t ＝60.6 m/s 2＝10 m/s 2，对铁块受力分析，根据牛顿第二定律可得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ，代入数据解得μ＝0.5，A 正确；由速度—时间图象可知，铁块沿长木板上滑的最大距离为x ＝6×0.62 m ＝1.8 m ，B 错误；铁块沿长木板下滑时，由牛顿第二定律mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′，代入数据可解得a ′＝2 m/s 2，C 错误；由运动学公式v ＝2a ′x ，代入数据解得v ＝65 5 m/s ，D 正确．答案：AD9．酒后驾驶会导致许多安全隐患是因为驾驶员的反应时间变长，反应时间是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间，表中“思考距离”是指从驾驶员发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车以不同速度行驶时制动的加速度大小都相同)分析表中数据可知，下列说法正确的是()思考距离/m制动距离/m速度(m·s－1)正常酒后正常酒后15 7.515.022.530.0A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB．驾驶员采取制动措施后汽车刹车的加速度大小为7.5 m/s2C．若汽车的初速度增加一倍，制动距离也增大一倍D．若汽车以25 m/s的速度行驶时发现前方60 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车答案：ABD10．如图所示，长为L＝6 m、质量为m＝10 kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.2，一个质量为M＝50 kg 的人从木板的左端开始向右加速跑动，从人开始跑到人离开木板的过程中，以下v-t图象可能正确的是(g取10 m/s2，a为人的v-t图象，b为木板的v-t图象)()解析：人在木板上加速，受到木板向右的摩擦力，F f＝Ma1，木板与地面之间的最大静摩擦力F fm＝μ(M＋m)g＝120 N；A中人的加速度a1＝1 m/s2，F f＝Ma1＝50 N<120 N，木板静止不动，t＝2 3 s内人的位移x ＝6 m，A正确；同理B正确；C中人的加速度a1＝3 m/s2，F f＝Ma1＝150 N>120 N，木板向左加速，F f－μ(M ＋m)g＝ma2，a2＝3 m/s2，t＝ 2 s内人的位移大小x1＝3 m，木板的位移大小x2＝3 m，C正确；D中木板要运动的话只能向左运动，其位移为负值，v -t图线应在时间轴的下方，因此D错误．答案：ABC11.一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( ) A ．质点可能做匀减速直线运动 B ．5 s 内质点的位移为35 m C ．质点运动的加速度为1 m/s 2 D ．质点3 s 末的速度为5 m/s 答案：B12．甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x 随时间t 变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则下列说法正确的是( )A ．甲车的初速度为零B ．乙车的初位置在x 0＝60 m 处C ．乙车的加速度大小为1.6 m/s 2D ．5 s 时两车相遇，此时甲车速度较大答案：C解析：位移时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A 错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t 轴相切于10 s 处，则t ＝10 s 时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x ＝12at 2，根据图像可知，x 0＝12a ·100，20＝12a ·25，解得：a ＝1.6 m/s 2，x 0＝80 m ，选项C 正确，B 错误；5 s 时两车相遇，此时甲的速度v 甲＝205 m/s ＝4 m/s ，乙的速度为v 乙＝at ＝1.6×5 m/s＝8 m/s ，选项D 错误。

2024年高考物理二轮复习专题2：力与直线运动(附答案解析)

专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。

高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。

出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。

考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。

(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。

2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。

②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。

③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。

【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。

根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。

【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。

高三物理复习力与直线运动专题练习

高三物理复习力与直线运动专题练习轨迹是直线的质点运动，包括匀速直线运动和变速直线运动两类，以下是力与直线运动专题练习，请考生仔细练习。

一、选择题1.以下说法正确的选项是()A.物体的速度越大，说明它遭到的外力越大B.物体的减速度在改动，说明它遭到的合外力大小一定改动C.运动在水平桌面上的物体遭到了垂直桌面向上的支持力，该力所发生的减速度不为零D.一团体从空中跳起来，说明空中对人的支持力大于人对空中的压力解析：物体速度大小与受力大小有关，故A错误;当物体只要减速度方向发作变化时，减速度发作变化，但合外力的大小不变，故B错误;由于物体所受支持力不为零，所以对应的减速度不为零，故C正确;由牛顿第三定律知，空中对人的支持力等于人对空中的压力，故D错误.答案：C2.以下是必修1课本中四幅插图，关于这四幅插图，以下说法中不正确的选项是()A.图甲中先生从如图姿态起立到直立站于体重计的进程中，体重计示数先减小后增大B.图乙中运发动推开冰壶后，冰壶在冰面运动时遭到的阻力很小，可以在较长时间内坚持运动速度的大小和方向不变C.图丙中赛车的质量不是很大却装置着弱小的发起机，可以取得很大的减速度D.图丁中矮小的桥要造很长的引桥，从而减小桥面的坡度来减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与平安解析：题图甲中先生从图示姿态起立到直立站于体重计的进程中，先向上减速，减速度向上，处于超重形状，再上向减速，减速度向下，处于失重形状，由超重和失重的概念可知，体重计的示数先增大后减小，A错误;当物体运动进程中不受外力作用时，将做匀速直线运动，B正确;由牛顿第二定律可知C正确;矮小的桥造很长的引桥，可以减小桥面的坡度，这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力，保证行车方便与平安，D正确.答案：A3.为研讨钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入某种液体中运动，用闪光照相的方法拍摄钢球在不同时辰的位置，如下图，钢球在液体中所受浮力为F浮，运动时遭到的阻力与速度大小成正比，即F=kv，闪光照相机的闪光频率为f，图中刻度尺的最小分度为d，钢球的质量为m，那么阻力常数k的表达式是()A. B.C.(-2f)D.(+2f)解析：匀速运动时F阻=kv=k=2kdf，依据平衡条件mg=F阻+F浮，解得k=，B正确.答案：B4.一辆小车运动在水平空中上，bc是固定在车上的一根水平杆，物体A穿在杆上，经过细线悬吊着小物体B，B在小车的水平底板上，小车未动时细线恰恰在竖直方向上.现使小车如以下图分四次区分以减速度a1、a2、a3、a4向右匀减速运动，四种状况下A、B均与车坚持相对运动，且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向.a1a2∶a3∶a4=12∶4∶8，A遭到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，那么以下判别错误的选项是()A.f1f2=12B.f1f2=23C.f3f4=12D.tan=2tan解析：设A、B的质量区分为M、m，那么由题图知，(1)和(2)中A的水平方向只受摩擦力作用，依据牛顿第二定律f1=Ma1，f2=Ma2，所以f1f2=12，故A正确，B错误;(3)和(4)中，以A、B全体为研讨对象，受力剖析如下图，那么f3=(M+m)a3，f4=(M+m)a4，可得f3f4=12，所以C正确;以B为研讨对象，依据牛顿第二定律可得mgtan=ma3，mgtan=ma4，联立可得tan=2tan，故D正确.答案：B5.在空中上以初速度v0竖直向上抛出一小球，经过2t0时间小球落回抛出点，其速率为v1，小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比，那么小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律能够是()解析：小球上升进程中，由牛顿第二定律有mg+kv=ma，故随速度的减小，减速度逐渐减小，v-t图象的切线斜率逐渐减小;小球下降进程中，由牛顿第二定律有mg-kv=ma，那么随速度逐渐增大，减速度逐渐减小，v-t图象的切线斜率逐渐减小;由于有阻力作用，故回到空中的速度将小于初速度v0，选项A正确.答案：A6.(多项选择)在某次热气球飞行训练中，热气球刚末尾从空中竖直上升时，减速度为0.5 m/s2，当上升到180 m时，末尾以5 m/s的速度匀速上升.假定分开空中后热气球所受浮力坚持不变，上升进程中热气球总质量坚持不变，为460 kg，重力减速度g=10 m/s2.关于热气球，以下说法正确的选项是()A.所受浮力大小为4 830 NB.减速上升进程中所受空气阻力坚持不变C.从空中末尾上升10 s时的速度大小为5 m/sD.以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N解析：热气球刚从空中竖直上升时，速度为零，空气阻力为零，剖析热气球受力，由牛顿第二定律有F浮-mg=ma，得F浮=m(g+a)=4 830 N，A对;随速度的添加，空气阻力会越来越大，否那么热气球不会最终匀速上升，B错;随空气阻力的增大，热气球减速度会减小，因此从空中末尾上升10 s时速度达不到5 m/s，C错;以5 m/s的速度匀速上升时，热气球受力平衡，有F浮=mg+F阻，得F阻=F浮-mg=230 N，D对. 答案：AD7.如下图，在润滑水平面上有一运动小车，小车质量为M=5 kg，小车上运动地放置着质量为m=1 kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数=0.2，用水平恒力F拉动小车，以下关于木块的减速度am和小车的减速度aM，能够正确的选项是()A.am=1 m/s2, aM=1 m/s2B.am=1 m/s2, aM=2 m/s2C.am=2 m/s2, aM=4 m/s2D.am=3 m/s2, aM=5 m/s2解析：对下面的木块受力剖析，在水平方向只能够有摩擦力，因此其减速度am=g=2 m/s2，D错.假定小车和物块减速度不相等，那么摩擦力为滑动摩擦力，那么有木块减速度am===g=2 m/s2，B错.假定二者没有相对运动，那么减速度相等且减速度小于g=2 m/s2，A对.假定发作相对运动，那么木块减速度am=g=2 m/s2，小车减速度大于木块减速度，C 对.答案：AC二、非选择题8.在倾角=37的固定斜面上，一物块以初速度v0=4 m/s从斜面底端A沿粗糙斜面向上运动，如下图，物块与斜面间的动摩擦因数=0.5，重力减速度g取10 m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：(1)物块向上运动时和前往向下运动时物块的减速度大小;(2)物体重新回到斜面底端A时的速度大小.解析：(1)设物块沿斜面向上运动的减速度为a1，那么mgsin37mgcos37=ma1a1=g(sin37cos37)=10(0.6+0.50.8) m/s2=10 m/s2物块沿斜面向下运动的减速度为a2，那么mgsin37mgcos37=ma2a2=g(sin37cos37)=10(0.6-0.50.8) m/s2=2 m/s2(2)物块沿斜面向上运动的最大位移为x，重新回到A点的速度为v，那么v=2a1xv2=2a2x解得v=v0= m/s1.8 m/s.答案：(1)10 m/s2 2 m/s2 (2)1.8 m/s9如下图，质量M=1 kg的木板运动在粗糙的水平空中上，木板与空中间的动摩擦因数1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以疏忽的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力减速度g=10 m/s2.(1)假定木板长L=1 m，在铁块上加一水平向右的恒力F=8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端?(2)假定在铁块上施加一个大小从零末尾延续增大的水平向右的力F，剖析并计算铁块遭到木板的摩擦力f的大小随拉力F变化的状况.(设木板足够长)解析：(1)依据牛顿第二定律对铁块：F-2mg=ma1对木板：1(mg+Mg)=Ma2又s铁=a1t2，s木=a2t2，L=s铁-s木，联立解得：t=1 s (2)铁块与木板之间的最大静摩擦力fm2=2mg=4 N木板与空中之间的最大静摩擦力fm1=1(mg+Mg)=2 N当Ffm1=2 N时，木板与铁块都运动，f=F当铁块与木板恰恰未发作相对滑动时，设此时的拉力大小为F1，依据牛顿第二定律，对铁块：F1-2mg=ma1对全体：F1-1(mg+Mg)=(m+M)a1联立解得：F1=6 N，所以当2 N6 N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f=2mg=4 N.答案：(1)1 s (2)见地析力与直线运动专题练习及答案的一切内容就是这些，查字典物理网希望考生可以有所提高。

高考物理二轮专题复习课件：专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型

A.若 F＝2.1 N，则物块A相对薄硬纸片滑动
√B.若F＝3 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
√C.若F＝4 N，则B物块的加速度大小为2 m/s2
图3
D.无论力F多大，B的加速度最大为3 m/s2
123
解析轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，A、B两物块质量相同，因为μ1<μ2，所以B物块不会相对纸片滑动，当A物块刚要滑动时，外力大小为F0，对整体：F0＝2ma 对A物块：F0－μ1mg＝ma 解得a＝2 m/s2，F0＝4 N 因F0＝4 N>2.1 N，所以A错误，C正确；
解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s 解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s
选取原则物体之间的作用力解析轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，A、B两物块质量相同，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0. (1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a1、a2；根据F等于6 N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1 m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F＝8 N时，滑块的加速度为1 m/s2，对m，根据牛顿第二定律可得a＝μg，解得动摩擦因数为μ＝0.
摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是
√A.A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg
B.当t＝1 s时，A、B发生相对滑动
√C.当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2
D.B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2
图6
45
解析设A、B的质量分别为m1、m2，根据A与B间摩擦力Ff随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为6 N， B与地面间的滑动摩擦力为3 N，则有μ1m1g＝6 N， μ2(m1＋m2)g＝3 N 联立解得m1＝1 kg m2＝0.5 kg，故A正确； A、B刚发生相对滑动时，对A有F′－μ1m1g＝m1a 对B有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a