2023年高考物理二轮复习试题(全国通用) 专题02 力与直线运动 Word版含解析
2023年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)
2023年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题:本题共8小题,每小题6分．在每小题给出地四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求．全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分．1．（6分）一物块静止在粗糙地水平桌面上。
从某时刻开始,物块受到一方向不变地水平拉力作用。
假设物块与桌面间地最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
以a表示物块地加速度大小,F表示水平拉力地大小。
能正确描述F与a之间地关系地图象是（ ）A．B．C．D．2．（6分）如图,在固定斜面上地一物块受到一外力F地作用,F平行于斜面向上。
若要物块在斜面上保持静止,F地取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2．由此可求出（ ）A．物块地质量B．斜面地倾角C．物块与斜面间地最大静摩擦力D．物块对斜面地正压力3．（6分）如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R地正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）地条形匀强磁场区域,磁场地边界与导线框地一边平行,磁场方向竖直向下。
导线框以某一初速度向右运动。
t=0时导线框地右边恰与磁场地左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。
下列v﹣t 图象中,可能正确描述上述过程地是（ ）A．B．C．D．4．（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域地横截面地半径为R,磁场方向垂直横截面。
一质量为m、电荷量为q（q＞0）地粒子以速率v0沿横截面地某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°．不计重力,该磁场地磁感应强度大小为（ ）A．B．C．D．5．（6分）如图,在光滑绝缘水平面上,三个带电小球a、b和c分别位于边长为l地正三角形地三个顶点上；a、b带正电,电荷量均为q,c带负电。
整个系统置于方向水平地匀强电场中。
已知静电力常量为k。
若三个小球均处于静止状态,则匀强电场场强地大小为（ ）A．B．C．D．6．（6分）在物理学发展过程中,观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。
2024年高考物理二轮复习专题02力与物体的平衡讲含解析
力与物体的平衡考试大纲要求考纲解读1. 滑动摩擦、静摩擦、滑动摩擦因数Ⅰ高考着重考查的学问点有：力的合成与分解、弹力、摩擦力概念及其在各种形态下的表现形式．对受力分析的考查涵盖了中学物理的全部考试热点问题．此外，基础概念与实际联系也是当前高考命题的一个趋势．考试命题特点：这部分学问单独考查一个学问点的试题特别少，大多数状况都是同时涉及到几个学问点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时留意物理思维与物理实力的考核.2. 形变、弹性、胡克定律Ⅰ3. 矢量和标量Ⅰ4.力的合成和分解Ⅱ5.共点力的平衡Ⅱ纵观近几年高考试题，预料2024年物理高考试题还会考：1、高考对本章内容着重考查的学问点有弹力和摩擦力的概念及其在各种状态下的表现形式、力的合成与分解等，对受力分析的考查涵盖了中学物理的全部热点问题。
题型通常为选择题，分值一般为6分。
2、以生活中的实际问题为背景考查静力学的学问将会加强，在今年届高考复习中应特殊关注建立物理模型实力的培育。
考向01 三种常见力：重力、弹力和摩擦力1.讲高考（1）考纲要求高考着重考查的学问点有：重力、弹力、摩擦力概念及其在各种形态下的表现形式；弹力、摩擦力的产生条件、方向推断及大小计算。
（2）命题规律这部分学问单独考查一学问点的试题很少，大多数状况都是同时涉及几个学问点，而且都是与牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，此外，基础概念与实际联系与是当前高考命题的一个趋势。
特殊留意物理思维与物理实力的考核案例1．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离开静止位置的位移，在弹簧复原原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【来源】2024年全国一般高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是中学物理主干学问，匀变速直线运动规律贯穿中学物理。
2023年全国统一高考物理试卷(新课标ⅱ)(含解析版)(2)
2023年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅱ）一、选择题:本题共8小题,每小题6分．在每小题给出地四个选项中,第1～4题只有一项符合题目要求,第5～8题有多项符合题目要求．全部选对地得6分,选对但不全地得3分,有选错地得0分．1．（6分）如图,两平行地带电金属板水平放置。
若在两板中间a点从静止释放一带电微粒,微粒恰好保持静止状态。
现将两板绕过a点地轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°,再由a点从静止释放一同样地微粒,该微粒将（ ）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动2．（6分）如图,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时,a、b、c三点地电势分别为U a、U b、U c．已知bc边地长度为l．下列判断正确地是（ ）A．U a＞U c,金属框中无电流B．U b＞U c,金属框中电流方向沿a﹣b﹣c﹣aC．U bc=﹣Bl2ω,金属框中无电流D．U bc=Bl2ω,金属框中电流方向沿a﹣c﹣b﹣a3．（6分）由于卫星地发射场不在赤道上,同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时,发动机点火,给卫星一附加速度,使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星地环绕速度约为3.1×103m/s,某次发射卫星飞经赤道上空时地速度为1.55×103m/s,此时卫星地高度与同步轨道地高度相同,转移轨道和同步轨道地夹角为30°,如下图所示,发动机给卫星地附加速度地方向和大小约为（ ）A．西偏北方向,1.9×103m/s B．东偏南方向,1.9×103m/sC．西偏北方向,2.7×103m/s D．东偏南方向,2.7×103m/s4．（6分）一汽车在平直公路上行驶。
从某时刻开始计时,发动机地功率P随时间t地变化如下图所示。
统考版2023高考物理二轮专题复习专题强化训练2牛顿运动定律与直线运动
专题强化训练2 牛顿运动定律与直线运动一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1．[2022·辽宁省试验中学高三月考]某人在室内以窗户为背景拍摄照片时，恰好把从房檐落下的一个石子拍摄在照片中，石子可看成质点，形成如图所示画面．画面中的一条线就是石子运动痕迹．痕迹长为0.5 cm，已知曝光时间0.01 s，实际长度为120 cm的窗户在照片中长度为3.0 cm.请估算石子是从距窗户顶端多高的地方落下来的( ) A．20 m B．30 m C．2 m D．4 m2．[2022·江苏南京市模拟]如图甲、乙所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平．已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.下列结论正确的是( )gA．甲、乙两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为43gB．甲图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为43gC．乙图所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为53gD．甲、乙两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为533．[2022·吉林长春普通高中质量监测二]如图所示，在地面上固定一个竖直放置的大圆环，从环心O 到环上的A 、B 两点连有两根直杆Ⅰ、Ⅱ，直杆Ⅰ、Ⅱ与水平方向夹角分别为37°和53°(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)．现将套在直杆Ⅰ、Ⅱ上的小圆环由O 点静止释放，到达大圆环上的A 、B 两点所用时间之比是2∶√3，若小圆环与直杆Ⅰ、Ⅱ之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则μ1μ2等于( )A ．916 B ． 169 C ．34 D ．434．[2022·天津联考]如图，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球A 用细线悬挂于车顶上，质量为m 的一位中学生手握固定于车厢顶部的扶杆，始终相对于汽车静止地站在车厢底板上，学生鞋底与公共汽车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角(取θ＝60°)，则此刻公共汽车对学生产生的作用力的大小和方向为( )A ．大小等于μmg ，方向水平向左B ．大小等于mg ，方向竖直向上C ．大小大于μgtan μ，方向水平向左 D ．大小等于μg cos μ，方向斜向左上方5.[2022·辽宁卷]如图所示，一小物块从长1 m 的水平桌面一端以初速度v 0沿中线滑向另一端，经过1 s 从另一端滑落．物块与桌面间动摩擦因数为μ，g 取10 m/s 2.下列v 0、μ值可能正确的是( )A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/sC．μ＝0.28 D．μ＝0.256.如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5 m以内时能够实现通信．t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为5 m/s，乙车的速度为2 m/s，O1、O2的距离为3 m．从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动．忽略信号传递时间，从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为( ) A．2.00 s B．4.75 sC．6.00 s D．6.25 s7．高铁站台上，5位旅客在各自车厢候车线处候车，若动车每节车厢长为l，动车进站时做匀减速直线运动．站在2号候车线处的旅客发现1号车厢经过他所用的时间为t，动车停下时该旅客刚好在2号车厢门口(2号车厢最前端)，如图所示，则( )A．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，经历的时间为tB．动车从经过5号候车线处的旅客开始到停止运动，平均速度为2μμC．1号车厢头部经过5号候车线处的旅客时的速度为4μμD．动车的加速度大小为μμ28．[2022·湖北沙市高三联考]以下关于各物体的运动判断正确的是( )A．图甲，物体P从接触弹簧开始到运动至最右端的过程中，一直做减速运动B．图乙，物体P在恒力F的作用下，从接触弹簧开始到运动至最右端的过程中，先做加速运动，后做减速运动C．图丙，小球从接触弹簧开始到运动至最低点的过程中，先做加速运动，后做减速运动D．图丁，蹦极的人先做自由落体运动，从橡皮条绷紧开始到运动至最低点的过程中，一直做减速运动9．[2022·湖南六校联考]如图甲所示为北京大兴国际机场利用水平传送带传送行李箱(行李箱可视为质点)的简化原理图，工作人员在A处每间隔T＝1 s将行李箱无初速度地放到传送带上，已知传送带以恒定速度v＝2 m/s顺时针运行，A、B两处的距离L＝10 m，行李箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度取g＝10 m/s2.如图乙为该情境中某物理量随时间变化的图象．下列说法正确的是( )A．图乙可能是某个行李箱的位移随时间变化的图象B．图乙可能是摩擦力对某个行李箱做功的功率随时间变化的图象C．相邻行李箱之间的最大距离为2 mD．在B端有行李箱到达后，每10 s有十件行李箱到达B端二、非选择题10．2021年10月14日，青岛市城阳区人民法院对一起高空抛物案件作出一审判决，判处被告人玉某某拘役三个月，并处罚金人民币二千元．高空抛物现象曾被称为“悬在城市上空的痛”，威胁着行人安全．某地消防员为了测试高空抛物的危害，将一个物体从某高楼的楼顶自由下落，物体落地速度的大小为50 m/s，g取10 m/s2，求：(1)楼顶的高度；(2)最后2 s下落的高度；(3)10 s内的平均速率．11．[2022·山东卷]某粮库使用额定电压U＝380 V、内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮．如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A.关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零．卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行．已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量．求：(1)比例系数k值；(2)上行路程L值．12．如图所示，一木箱静止在长平板车上，某时刻平板车以a＝2.5 m/s2的加速度由静止开始向前做匀加速直线运动，当速度达到v＝9 m/s时改做匀速直线运动，已知木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.225，箱与平板车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(g 取10 m/s 2)．求：(1)车在加速过程中木箱运动的加速度的大小；(2)木箱做加速运动的时间和位移的大小；(3)要使木箱不从平板车上滑落，木箱开始时距平板车右端的最小距离．专题强化训练2 牛顿运动定律与直线运动1．解析：设在曝光时间0.01 s 内，石子实际下落的距离为x ，由题意得3 cm120 cm ＝0.5 cm x，解得x ＝20 cm ；曝光时间极短，石子的平均速度近似等于瞬时速度，石子在这0.01 s 内的速度为v ＝xt ＝0.2 m0.01 s ＝20 m/s ，石子做自由落体运动2gh ＝v 2，解得h ＝20 m.答案：A 2．解析：甲、乙两种情境中，小球静止时，轻杆对小球与轻弹簧对小球的作用力都是水平向右，如图所示，由平衡条件得细绳的拉力大小都为F T ＝mg cos 53°＝53mg ，故A 错误；甲图所示情境中，细绳烧断瞬间，小球即将做圆周运动，所以小球的加速度大小为a 1＝g ，乙图所示情境中，细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为a 2＝FT m＝53g ，故C 正确，B 、D 错误．答案：C3．解析：由牛顿第二定律可知，小圆环下滑的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ，下滑的时间t ＝ √2Ra ，到达大圆环上的A 、B 两点所用时间之比是2∶√3，代入计算得μ1μ2＝916.故选A.答案：A 4．解析：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球g tan θ＝m球a ，得到a ＝g tan θ.以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向左，作出人的受力图，如图所示．设汽车对学生的作用力与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律，得mg tan α＝ma ，F ＝mg cos α，将a ＝g tan θ代入，得α＝θ，F ＝mgcos θ，方向斜向左上方，故D 正确．答案：D5．解析：物块沿水平桌面中线做匀减速直线运动，则v ̅＝xt ＝v 0+v 2，由题述可知，x ＝1 m ，t ＝1 s ，v >0，代入数据有v 0<2 m/s ，故A 不可能，B 可能； 对物块做受力分析，由牛顿第二定律有a ＝－μg ，利用匀变速直线运动规律得v 2−v 02＝2ax ，整理有v 02－2ax >0，由于v 0<2 m/s ，可得μ<0.2，故选项C 、D 不可能．答案：B6．解析：根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且O 1O 2＝5 m 时，有x 甲－x 乙＝4 m根据运动学公式有x 甲＝v 甲t －12at 2，x 乙＝v 乙t 解得t 1＝2 s ，t 2＝4 s因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当0<t <2 s 时，O 1O 2<5 m ；2 s<t <4 s 时，O 1O 2>5 m ．t ＝t 2＝4 s 时，甲车的速度为v 甲1＝v 甲－at 2＝1 m/s<v 乙t ＝4 s 之后，甲、乙两车的距离不断减小，且甲车能够继续行驶的距离为x 甲1＝μ甲122μ＝0.5 m根据几何关系可知，从t ＝4 s 开始到乙车行驶至甲车前方4 m 的过程中，O 1O 2<5 m ，这段过程经历的时间为t ′＝2×4 m +0.5 mv 乙＝4.25 s所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t 总＝2 s ＋4.25 s ＝6.25 s ，故选D. 答案：D7．解析：采用逆向思维可知，动车连续经过相等的位移所用的时间之比为：1∶(√2－1)∶(√3−√2)∶(2－√3)∶……∶(√n −√n −1)，则动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下所用的时间为第1节车厢经过他用时的2倍，历时2t ，故A 错误；动车第1节车厢最前端从经过5号旅客到停下总位移为4l ，用时2t ，则平均速度为v ̅＝4l 2t ＝2lt 故B 正确；由以上逆向思维可知l ＝12at 2则加速度a ＝2lt 2并且v 12＝2al，v 52＝2a ×4l 解得v 5＝2v 1同时又有l ＝v 12t ，所以v 5＝4lt ，故C 正确，D 错误． 答案：BC8．解析：若水平面粗糙，物体P 受到向左的滑动摩擦力和逐渐增大的弹力，由牛顿第二定律μmg ＋kx ＝ma 可知，物体向右做加速度逐渐增大的减速运动；若水平面光滑，同样可以得出物体向右做加速度增大的减速运动，故A 正确．物体受恒力F ，若水平面粗糙，其大小与摩擦力的关系未知，若F ≤μmg ，则有μmg ＋kx －F ＝ma ，物体向右做加速度增大的减速运动；若F >μmg ，刚接触时有F －(μmg ＋kx )＝ma ，当F ＝μmg ＋kx 后有μmg ＋kx －F ＝ma ，故物体先做加速度向右减小的加速运动，后做加速度向左增大的减速运动，故B 错误．从小球接触弹簧开始，重力先大于弹力，小球做加速度减小的变加速运动，之后重力等于弹力，出现最大速度，接着重力小于弹力，小球做加速度向上增大的变减速运动，故C正确．蹦极的人在橡皮条绷紧前只受重力，做自由落体运动，此后重力先大于增大的弹力，人做加速度减小的变加速运动，之后重力等于弹力，出现最大速度，最终重力小于弹力，人做加速度向上增大的变减速运动，故D错误．答案：AC9．解析：行李箱在0～2 s内做加速度为a＝μg＝1 m/s2的匀加速直线运动，位移是关于时间的二次函数，选项A错误；行李箱在t＝va＝2 s时与传送带共速，则行李箱在2～6 s内不受摩擦力，摩擦力的功率为零，选项B错误；后一行李箱刚匀速运动时，与前一行李箱的距离最大，由v t图象容易求得ΔL＝vT＝2 m，选项C正确；所有行李箱运动规律相同，只是时间上依次落后T＝1 s，则在B端有行李箱到达后每10 s有十件行李箱到达(同样，可由v t图象理解)，选项D正确．答案：CD10．解析：(1)由μμ2＝2gh解得楼顶的高度μ＝μμ22μ＝5022×10m＝125 m(2)由v y＝gt解得物体下落的总时间t＝v yg ＝5010s＝5 s则最后2 s下落的高度为Δh＝h－12g(5－2)2＝80 m(3)10 s内物体共运动5 s，运动的路程是s＝h＝125 m，10 s内的平均速率为v＝st′＝12510m/s＝12.5 m/s答案：(1)125 m (2)80 m (3)12.5 m/s11．解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv 代入数据得F＝7 400 N装满粮食的小车匀速向上运动，有F＋m0g－(m1＋m2)g sin θ－k(m1＋m2)g＝0小车匀速下滑时，有m1g sin θ－km1g－m0g＝0联立解得k＝0.1(2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有(m1＋m2)g sin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a又2aL＝v2代入数据解得L＝67185m答案：(1)0.1 (2)67185m12．解析：(1)设木箱的最大加速度为a′，根据牛顿第二定律得μmg＝ma′解得a′＝2.25 m/s2<2.5 m/s2则木箱与平板车存在相对运动，所以车在加速过程中木箱的加速度为2.25 m/s2.(2)设木箱的加速时间为t1，加速位移为x1，t1＝va′＝4 s，x1＝v22a′＝18 m.(3)设平板车做匀加速直线运动的时间为t2，则t2＝va＝3.6 s达共同速度时平板车的位移为x2，则x2＝v22a＋v(t1－t2)＝19.8 m要使木箱不从平板车上滑落，木箱距平板车末端的最小距离满足Δx＝x2－x1＝1.8 m.答案：(1)2.25 m/s2(2)4 s 18 m (3)1.8 m。
历届高考物理二轮复习 第2讲 力与物体的直线运动 教案 Word版含答案
第2讲 力与物体的直线运动考什么1．匀变速直线运动的规律及应用；2．运动图象与匀变速直线运动规律的综合应用；3．运动图象与牛顿第二定律的综合应用；4．动力学的两类基本问题。
怎么考1．单独考查匀变速直线运动的规律、运动图象的应用以及牛顿运动定律及其应用，题型一般为选择题；2．力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析综合考查，题目一般为计算题；涉及的题目与实际问题密切联系。
怎么办1．深刻理解各运动学公式的适用条件，熟练运用整体法和隔离法处理连接体问题；2．重视受力分析和运动分析，掌握从v -t图象中提取有效信息的方法，综合运用牛顿运动定律和运动学规律来分析解决多物体、多阶段的综合问题。
对应学生用书P0091.匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at 。
(2)位移公式：x＝v0t＋12at2。
(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax。
2.匀变速直线运动的两个重要推论(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即v＝v t2。
(2)任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。
3.匀变速直线运动的图象(1)x-t图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度。
(2)v-t图象是一条倾斜直线，斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移。
4.超重失重物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只决定于物体的加速度方向。
当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重。
一、匀变速直线运动规律方法1.比较法：刹车问题，要首先判断刹车时间，比较在题目已知时间内车是否已停下。
2.逆向法：逆着原来的运动过程考虑，匀减速看作反向匀加速处理。
3.追赶模型分析法：对两物体追赶或两物体叠放相对运动分析时，关键是分别画出各自的运动过程草图；列式时关键是先找出两组关系式：①位移关系式；②速度关系式。
专题02 力与直线运动(原卷版)
2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题02 力与直线运动目录猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用 (1)猜想二 ：借助图像在直线运动中的应用考科学思维 (2)猜想三：创新动力学图像的考查形式 (3)猜想四：强化应用牛顿运动定律处理经典模型 (5)猜想五:运动学与动力学联系实际的问题 (8)冲刺押题练习 (9)猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用【猜想依据】匀变速直线运动是高中物理的基础运动模型，应用匀变速直线运动的规律解决运动问题是高考的重点问题，匀变速直线运动问题情景多种多样，涉及公式较多，能否正确选取公式就成了解决此类问题的第一要素而如若能能灵活应用推论公式解决问题将使问题得到大大简化。
【必备知识】1.两个基本公式：速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 2.当遇到以下特殊情况时，用导出公式会提高解题的速度和准确率：(1)不涉及时间，比如从v 0匀加速到v ，求此过程的位移x ，可用v 2－v 02＝2ax .(2)平均速度公式：①运用2t v ＝x t ＝v 求中间时刻的瞬时速度；②运用x ＝v 0＋v 2t 求位移. (3)位移差公式：运用Δx ＝x 2－x 1＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2求加速度.【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。
无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s ，比人快了1s 。
人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m ，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为210m /s 。
同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ）A. 24mB. 26mC. 28mD. 30m【试题分析】：本题以无人驾驶汽车的安全行驶为情境贴合生活实际引导学生学以致用突出物理的应用性，构建示意图或v -t 图辅助分析并灵活选用公式是解决问题的关键。
专题一 力与运动 (2)——2023届高考物理大单元二轮复习练重点
专题一力与运动（2）——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，小朋友在玩一种运动中投掷的游戏，目的是在运动中将手中的球投进离地面3 m高的吊环，他在车上和车一起以2 m/s的速度向吊环运动，小朋友抛球时手离地面1.2 m，当他在离吊环的水平距离为2 m时将球相对于自己竖直上抛，球刚好进入吊环，他将球竖直向上抛出的速度是（g取2）( )10m/sA.1.8 m/sB.3.2 m/sC.6.8 m/sD.3.6 m/s2.如图甲所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F 与时间t的关系如图乙所示，物体的速度v与时间t的关系如图丙所示，以下说法正确的是( )A.0~2 s，物体受到的摩擦力大于推力B.0~6 s，物体受到的摩擦力大小为2 NC.2~4 s，物体的加速度大小为2D.物体的质量为0.5 kg1m/s3.每个人都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想已能成为现实。
2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定，交付期一年。
消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的v t-图像如图所示，下列说法正确的是( )A.消防员上升的最大高度为10 mB.消防员在2~6 s内正处于上升阶段C.消防员在8~10 s内处于超重状态D.消防员在8~16 s内的平均速度大小为3 m/s4.我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，其v t-图像如图所示，则下列说法正确的是( )A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等B.全过程中的最大加速度为20.025m/sC.3~4 min和6~8 min加速度方向相反D.本次下潜的最大深度为6 m5.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m B、球质量为m，图甲中A、B两球、两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆用轻弹簧相连，图乙中A B均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有( )gθ B.图甲中B球的加速度为0A.图甲中A球的加速度为singθC.图乙中A B、两球的加速度均为sin 、两球的加速度均为0 D.图乙中A B6.如图所示，一个质量为m的均匀光滑球放在倾角30θ=︒的斜面上，并被斜面上一个竖直挡板挡住，处于平衡状态，则( )B.球对斜面的压力大小为2mg7.如图所示，倾斜固定的长木板A上放置一个内壁光滑的半球形凹槽B，凹槽中放有小球C，整个装置处于静止状态。
高考物理二轮复习专题一 第2讲 力与直线运动
应考策略
抓住“两个分析”和“一个桥梁”． “两个分析”是指“受力分析”和“运动情景或运动过程分析”． “一个桥梁”是指“加速度是联系运动和受力的ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ梁 ”．综合应用牛顿运动定 律和运动学公式解决问题．
二轮物理
第一部分
专题整合突破
抓牢· 规律方法 突破· 命题方向
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课时作业
第一部分
专题整合突破
x 则其平均速度 v＝ t ＝5 m/s；而前锋队员的最大速度为 6 m/s，故前锋队员应该先加速后匀速。
设前锋队员恰好在底线追上足球，加速过程中加速度为 a′，若前锋队员一
x 匀加速运动，则其平均速度 v＝ t ＝5 m/s；而前锋队员的最大速度为 6 m/s，故
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专题整合突破
抓牢· 规律方法 突破· 命题方向
答案:C
【例】在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块．开始时滑块静止．若在滑 块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立刻换成与E1相反方向的匀强电
场E2．当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能
Ek．在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，E2对滑块的电场力做功为W2，求
⑩
v0 v1 v12 x2= t1+ 2 2 a 2
物块相对于木板的位移的大小为 x=x2-x1 联立①⑤⑥⑧⑨⑩
或根据v-t图求位移
式得 x=1.125m.
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课时作业
考向一 [真题体验]
运动图象的理解及应用
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专题整合突破
直线运动-2023年高考真题和模拟题物理分项汇编(解析版)
专题01直线运动2023高考真题1(2023浙江高考1月卷)“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨运行如图所示，则()A.选地球为参考系，“天和”是静止的B.选地球为参考系，“神舟十五号”是静止的C.选“天和”为参考系，“神舟十五号”是静止的D.选“神舟十五号”为参考系，“天和”是运动的【答案】C【解析】“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，在轨绕地球做圆周运动，选地球为参考系，二者都是运动的，AB错误；“神舟十五号”飞船和空间站“天和”核心舱成功对接后，二者相对静止，选项C 正确，D错误。
2(2023浙江高考6月卷)在足球运动中，足球入网如图所示，则()A.踢香蕉球时足球可视为质点B.足球在飞行和触网时惯性不变C.足球在飞行时受到脚的作用力和重力D.触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【解析】A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
故选B。
3(2023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【答案】B【解析】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。
对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。
由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。
(新高考适用)2023版高考物理二轮总复习专题2 能量与动量 第2讲 动量 动量守恒定律
第一部分 专题二 第2讲基础题——知识基础打牢1. (多选)(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度．图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定( BC )A ．匀强磁场方向向外B ．正电子由上而下穿过铅板C ．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D ．正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小相等【解析】 正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB ＝m v 2r 解得r ＝mv qB，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A 错误，B 正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场运动中动量大小不相等，D 错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝v r ＝qBm可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C 正确．故选BC.2. (多选)(2022·重庆八中模拟)2022北京冬奥会期间，校园陆地冰壶也在积极的参与中．如图所示，某次投掷时，冰壶A 以速度v ＝3 m/s 与冰壶B 发生正碰，碰撞前后的速度均在同一直线上，若A 、B 的质量均为1 kg ，则下列说法正确的是( CD )A ．碰撞后A 的速度可能为2 m/sB ．碰撞后B 的速度可能为1 m/sC ．碰撞后A 不可能反向运动D ．碰撞后B 的速度可能为2.5 m/s【解析】 设A 、B 的质量为m ，若发生弹性碰撞，根据动量守恒得mv ＝mv A ＋mv B ，根据机械能守恒得12mv 2＝12mv 2A ＋12mv 2B ，解得A 、B 的速度分别为v A ＝0，v B ＝v ＝3 m/s ，若发生完全非弹性碰撞，则mv ＝(m ＋m )v 共，解得A 、B 的共同速度为v 共＝1.5 m/s ，所以碰撞后A 、B 球的速度范围分别为0～1.5 m/s,1.5 m/s ～3 m/s ，故选CD.3. (2022·广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表．假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )C ．27倍D ．9倍【解析】 设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S ，经过Δt 时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm ＝ρΔV ＝ρSv Δt ，根据动量定理可得F Δt ＝Δmv ，解得F ＝ρSv 2，根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F ′＝F ＝ρSv 2∝v 2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为F 12′F 4′＝36.925.52≈45，故选A.4. (2022·江苏连云港模拟)离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等．某航天器质量M ，单个离子质量m ，带电量q ，加速电场的电压为U ，高速离子形成的等效电流强度为I ，根据以上信息计算该航天器发动机产生的推力为( B )A ．I mU qB ．I 2mUqC ．I3mUqD ．I5mUq【解析】 对离子，根据动能定理有qU ＝12mv 2，解得v ＝2qUm，根据电流的定义式则有I ＝Q Δt ＝Nq Δt ，对离子，根据动量定理有F ·Δt ＝Nmv ，解得F ＝Nmv Δt ＝mvIq＝I 2Um q，根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为F ′＝I2Umq，故B 正确，A 、C 、D 错误．5. (多选)(2022·湖南长郡中学月考)如图所示，质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB 长度为2R ，现将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，然后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为h 02(不计空气阻力)．则下列说法错误的是( ACD )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为RC ．小球从B 点离开小车不会再落回轨道内D ．小球从B 点离开小车后又会从B 点落回轨道，再次恰好到达A 点时速度为零不会从A 点冲出【解析】 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以只是系统水平方向动量守恒，故A 错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv －mv ′＝0，m2R －x t ＝m xt解得x ＝R ，故B 正确；由于小球第二次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于12mgh 0，因此小球一定能从A 点冲出，故D 错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B 点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上抛运动，最后又从B 点落回，故C 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·湖南长沙二模)如图所示一平板车A 质量为2m ，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L .小物块B 的质量为m ，以大小为v 0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反．A 、B 之间的动摩擦因数为μ，平板车A 表面足够长，物块B 总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g .L 为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞( CD )A ．L ＝v20μgB ．L ＝v2032μgC ．L ＝v2065μgD ．L ＝v2096μg【解析】 在车与挡板碰撞前，有mv 0＝2mv A ＋mv B ，如果L 为某个值L 1，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A 由动能定理可得μmgL 1＝12·2mv 2A ，设A 第二次与挡板碰撞前瞬间A 、B 的速度大小分别为v A ′、v B ′，从A 与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mv B －2mv A ＝2mv A ′＋mv B ′且第二次碰撞前，A 、B 未达到共同速度，A 在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知v A ′＝v A ，A 与挡板第二次碰撞后经一段时间后A 、B 同时停止运动，即mv B ′－2mv A ′＝0，联立解得L 1＝v2064μg ，车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件L <v 2064μg，故C 、D 可能，A 、B 不可能．7. (多选)(2022·江西贵溪二模)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽OAB ，凹槽半径为R ，A 点切线水平，另有一个质量为m (m >M )的小球以速度v 0从A 点冲上凹槽，重力加速度大小为g ，不计摩擦．下列说法中正确的是( AB )A ．当v 0＝2gR 时，小球不可能到达B 点B ．当v 0＝2gR 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大C ．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D ．当v 0＝gR 时，小球返回A 点后可能做自由落体运动【解析】 当小球能够恰好到达B 点时，设小球和滑块达到共同速度v ，根据动量守恒定律有mv 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12mv 20＝12(m ＋M )v 2＋mgR ，联立以上两式解得v 0＝2M ＋mMgR >2gR ，所以当v 0＝2gR 时，小球不能到达B 点，A 正确；当v 0＝2gR 时，小球未到达B 点，小球从进入凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，B 正确；如果小球的初速度足够大，小球将从B 点冲出，由于B 点的切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向的速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B 再次进入凹槽，最后从滑块的右侧离开，C 错误；当v 0＝gR 时，小球再次回到凹槽底部时的速度为v 1，凹槽的速度为v 2，根据系统机械能守恒和水平方向动量守恒可得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22，mv 0＝mv 1＋Mv 2，解得v 1＝m －M m ＋M v 0，因为m >M ，则可知v 1＝m －M m ＋M v 0>0，小球返回A 点后做平抛运动，而不是自由落体运动，D 错误．故选AB.应用题——强化学以致用8. (多选)(2022·重庆二诊)喷丸处理是一种表面强化工艺，即使用丸粒轰击工件表面，提升工件疲劳强度的冷加工工艺．用于提高零件机械强度以及耐磨性、抗疲劳性和耐腐蚀性等．某款喷丸发射器采用离心的方式发射喷丸，转轮直径为530 mm ，角速度为230 rad/s ，喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同．喷丸撞击到器件表面后发生反弹，碰撞后垂直器件方向的动能变为碰撞前动能的81%，沿器件表面方向的速度不变．一粒喷丸的质量为3.3×10－5kg ，若喷丸与器件的作用时间相同，且不计喷丸重力，则关于图甲、乙所示的两种喷射方式的说法正确的是( AD )A ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.06 JB ．喷丸发出过程喷丸发射器对一粒喷丸做的功约为0.12 JC ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶1D ．图甲、乙所示一粒喷丸对器件表面的平均作用力之比为2∶ 3【解析】 喷丸离开转轮时的速度与转轮上最大线速度相同，转轮上线速度的最大值为v ＝ωr ＝60.95 m/s ，则喷丸发出过程喷丸发射器对喷丸做的功约为W ＝12mv 2≈0.06 J，选项A 正确，B 错误；结合题述可知，喷丸碰撞后垂直器件表面的速度大小变为碰撞前的90%，设喷丸速度为v ，垂直喷射时有F 1＝0.9mv －－mvt，以60°角喷射时，有F 2＝0.9×32mv －⎝ ⎛⎭⎪⎫－32mv t，解得F 1F 2＝23，选项C 错误，D 正确．故选AD.9. (多选)(2022·河北衡水四调)质量为3m 足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，已知重力加速度为g .则下列说法正确的是( BCD )A ．木块1相对木板静止前，木板是静止不动的B ．木块1的最小速度是12v 0C ．木块2的最小速度是56v 0D ．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是4v 2μg【解析】 木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向右做加速运动，故A 错误；木块与木板组成的系统所受合外力为零，当木块1与木板共速时木板的速度最小，设木块与木板间的摩擦力为f ，则木块1的加速度a 1＝f m 做匀减速运动，而木板a ＝3f 3m ＝fm做匀加速运动，则v 1＝v 0－a 1t ＝at ，v 1＝12v 0，故B 正确；设木块2的最小速度为v 2，此时木块2与木板刚刚共速，木块2此时速度的变量为2v 0－v 2，则木块3此时速度为3v 0－(2v 0－v 2)＝v 0＋v 2，由动量守恒定律得：m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝5mv 2＋m (v 0＋v 2)，解得v 2＝56v 0，故C 正确；木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，木块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(3m ＋3m )v 3，解得v 3＝v 0，对木块3，由动能定理得－μmgx ＝12mv 23－12m (3v 0)2，解得x ＝4v20μg，故D 正确．故选BCD.10. (2022·辽宁沈阳二模)如图(a)，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上(B 靠墙面)，此时弹簧形变量为x .撤去外力并开始计时，A 、B 两物体运动的a t 图像如图(b)所示，S 1表示0到t 1时间内A的a t 图线与坐标轴所围面积大小，S 2、S 3分别表示t 1到t 2时间内A 、B 的a t 图线与坐标轴所围面积大小．A 在t 1时刻的速度为v 0.下列说法正确的是( C )A ．m A <mB B ．S 1＋S 2＝S 3C ．0到t 1时间内，墙对B 的冲量大小等于m A v 0D ．B 运动后，弹簧的最大形变量等于x【解析】 a t 图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t ＝0时刻A 的速度为零，t 1时刻A 的速度大小v 0＝S 1，t 2时刻A 的速度大小v A ＝S 1－S 2，B 的速度大小v B＝S3，由图(b)所示图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即v A＝v B，则S1－S2＝S3，t1到t2时间内，A与B组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝(m A＋m B)v A，联立解得m A∶m B＝S3∶S2，由图知S3>S2，所以m A>m B，故A、B错误；撤去外力后A受到的合力等于弹簧的弹力，0到t1时间内，对A，由动量定理可知，合力即弹簧弹力对A的冲量大小I＝m A v0，弹簧对A与对B的弹力大小相等、方向相反、作用时间相等，因此弹簧对B的冲量大小与对A的冲量大小相等、方向相反，即弹簧对B的冲量大小I弹簧＝m A v0，对B，以向右为正方向，由动量定理得I墙壁－I弹簧＝0，解得，墙对B的冲量大小I墙壁＝m A v0，方向水平向右，故C正确；B运动后，当A、B速度相等时弹簧形变量(伸长量或压缩量)最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，B运动后弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则B 运动后弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，即B运动后弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x，故D错误．11. (2022·山东押题练)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中，中国选手谷爱凌以188.25分的成绩获得金牌．北京冬奥会报道中利用“Al＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．将谷爱凌视为质点，其轨迹视为一段抛物线图．图(a)是“时间切片”特技的图片，图(b)是谷爱凌从3 m高跳台斜向上冲出的运动示意图，图(c)是谷爱凌在空中运动时离跳台底部所在水平面的高度y随时间t变化的图线．已知t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力．(1)求谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小；(2)求谷爱凌离跳台底部所在水平面的最大高度；(3)若谷爱凌从空中落到跳台底部所在水平地面时与地面的碰撞时间Δt＝0.4 s，经缓冲没有脱离地面，水平速度不受影响，求碰撞过程中谷爱凌受到地面的平均作用力大小与自身重力大小的比值．【答案】(1)14 m/s (2)12.8 m (3)5【解析】(1)运动员竖直方向做匀减速直线运动，有v y＝v y0－gty t 图线斜率表示竖直分速度，t ＝1 s 时v y ＝4 m/s解得谷爱凌冲出跳台时的竖直分速度v y 0＝14 m/s 谷爱凌冲出跳台时竖直速度的大小为14 m/s.(2)最高点竖直分速度为0，竖直方向做匀减速直线运动，设离开跳台可以上升h 高度，则0－v 2y 0＝－2gh代入数据解得h ＝9.8 m 跳台离地面高度y 0＝3 m解得离跳台底部所在水平面的最大高度为y ＝h ＋y 0＝12.8 m.(3)谷爱凌落到跳台底部所在水平面的竖直分速度大小v yt ＝2gy ＝16 m/s落在水平地面时，在竖直方向上，运动员受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不变，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝0－(－mv yt )代入数据解得Fmg＝5.12. (2021·浙江6月选考)如图所示，水平地面上有一高H ＝0.4 m 的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB 、水平光滑直轨道BC 、四分之一圆周光滑细圆管道CD 和半圆形光滑轨道DEF ，它们平滑连接，其中管道CD 的半径r ＝0.1 m 、圆心在O 1点，轨道DEF 的半径R ＝0.2 m 、圆心在O 2点，O 1、D 、O 2和F 点均处在同一水平线上．小滑块从轨道AB 上距台面高为h 的P 点由静止下滑，与静止在轨道BC 上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD 、轨道DEF 从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点．已知小滑块与轨道AB 间的动摩擦因数μ＝112，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.(1)若小滑块的初始高度h ＝0.9 m ，求小滑块到达B 点时速度v 0的大小； (2)若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值h min ；(3)若小球恰好能过最高点E ，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值x max .【答案】 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m【解析】 (1)小滑块在AB 轨道上运动，根据动能定理得mgh －μmg cos θ·hsin θ＝12mv 20，解得v 0＝4 m/s.(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有mv 0min ＝mv 块＋mv 球min ，12mv 20min ＝12mv 2块＋12mv 2球min ， 解得v 块＝0，v 球min ＝v 0min ，小球沿CDEF 轨道运动，在最高点可得mg ＝m v 2E minR，从C 点到E 点由机械能守恒可得 12mv 2E min ＋mg (R ＋r )＝12mv 2球min ， 由(1)问可知，小滑块提供给小球的初速度v 0min ＝43gh min ，解得h min ＝0.45 m.(3)设F 点到G 点的距离为y ，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理得mg (R ＋y )＝12mv2G －12mv 2E min ， 由平抛运动可得x ＝v G t ，H ＋r －y ＝12gt 2，联立可得水平距离为x ＝20.5－y0.3＋y ，由数学知识可得当0.5－y ＝0.3＋y ，x 取最大值，最大值为x max ＝0.8 m.。
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专题01 力与直线运动一、单选题1．（2022·河南·洛宁县第一高级中学模拟预测）意大利物理学家伽利略在《关于两门新科学的对话》一书中，对自由落体运动的研究，是科学实验和逻辑思维的完美结合。
如图所示，这可以大致表示实验过程，图中各个小球位置之间的时间间隔可以认为相等，对这一过程的分析，下列说法正确的是（ ）A ．运用图甲的实验，可“减弱”重力的作用，放大时间，便于观察B ．只要测量出图丁中相邻两小球球心位置之间的距离，就可以计算出重力加速度大小C ．该实验中将自由落体运动改为在斜面上运动是为了缩短时间，便于测量位移D ．从图甲到图丁，通过逐渐增大斜面倾角，最后合理外推到自由落体运动，从而说明自由落体运动是初速度不为零的匀加速直线运动（ ） 【答案】A【详解】A ．运用图甲的实验，可“减弱”重力的作用，放大时间，便于观察，A 正确； B ．只有测量出图丁中相邻两小球球心位置之间的距离和各个小球位置之间的时间间隔T ，才能利用2x gT ∆=计算出重力加速度大小，只测量出图丁中相邻两小球球心位置之间的距离，不能计算出重力加速度大小，B 错误；C ．该实验中将自由落体运动改为在斜面上运动的设计思想是为了“放大”时间，便于测量时间，C 错误；D ．从图甲到图丁通过逐渐增大斜面倾角，最后合理外推到自由落体运动，从而说明自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，D 错误。
故选A 。
2．（2022·新疆·博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）模拟预测）将一乒乓球竖直向上抛出，乒乓球在运动过程中，它的动能随时间变化的关系的图线如图所示。
已知乒乓球运动过程中，受到的空气阻力与速率平方成正比，重力加速度为g 。
则乒乓球在整个运动过程中加速度的最小值、最大值为（ ）A ．0，4gB ．0，5gC ．g ，4gD ．g ，5g121mg kv =此时的动能m 5a g =故选B 。
3．（2022·湖南·长沙一中一模）如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g 。
若本实验中，1100g m =，25g m =，0.2μ=，香皂盒与纸板左端的距离0.1m d =，若香皂盒移动的距离超过0.002m l =，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g 取10m/s 2；为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（ ）A ．0.72NB ．0.92NC ．1.22ND ．1.42N【答案】D 【详解】香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得111m g m a μ=解得212m/s a =对纸板，根据牛顿第二定律可得()11222F m g m m g m a μμ--+=为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l ＝0.002m ，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为12 l x x =+由题意知 13a a =1132a t a t =代入数据联立求得1.42N F =故选D 。
4．（2022·浙江·模拟预测）无人机由于小巧灵活，国内已经逐步尝试通过无人机进行火灾救援。
某消防中队接到群众报警，赶至火灾点后，迅速布置无人机消防作业。
假设无人机从静止竖直向上起飞，匀减速直线运动后恰好悬停在火灾点，整个过程速度-时间图像如下图示。
已知无人机的质量（含装备等）为15kg ，下列说法正确的是（ ）A ．火灾位置距离消防地面的距离为60mB ．加速阶段的加速度比减速阶段的加速度要大C ．减速阶段，无人机螺旋桨处于失重状态D ．加速阶段时，无人机螺旋桨的升力大小为75NC ．减速上升阶段，加速度方向竖直向下，无人机螺旋桨处于失重状态，故C 正确；D ．加速阶段时，根据牛顿第二定律F -mg=ma代入数据解得无人机螺旋桨产生升力为F =187.5N故D 错误。
故选C 。
5．（2022·广东广州·模拟预测）如图所示，abcde 是四段平滑链接的路面，一辆用轻绳悬挂小球的小车静止在起点，轻推小车，小车可以冲上de 路面。
若所有摩擦均不计，且忽略小车在各衔接路段对小球的扰动，在运动过程中小球与小车总是保持相对静止，那么轻绳与车顶垂直的阶段是（ ）A ．只有ab 路面B ．只有bc 路面C ．只有cd 路面D ．全程【答案】D 【详解】小车在bc 路面上时处于匀速直线运动状态，轻绳弹力与重力平衡，则弹力方向竖直向上，即当小车在bc 路面上时，轻绳与车顶垂直；当小车在ab 路面上时，小车与小球保持相对静止，向下做匀加速直线运动，对小车与小球分析有()()1sin M m g M m a θ+=+即加速度大小1sin a g θ=加速度方向沿斜面向下，θ为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为sin g θ，方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0，沿斜面的合力为sin mg θ，等于小球的重力沿斜面的分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直；当小车在cd 路面上时，小车与小球保持相对静止，向上做匀减速直线运动，对小车与小球分析有()()2sin M m g M m a α+=+即加速度大小2sin a g α=加速度方向沿斜面向下，α为斜面倾角，对小球进行分析，由于其加速度为sin g α，方向沿斜面向下，则小球在垂直于斜面方向的合力为0，沿斜面的合力为sin mg α，等于小球的重力沿斜面的分力，则轻绳一定垂直于斜面，即轻绳与车顶垂直。
故选D 。
6．（2022·广东·深圳中学模拟预测）如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O 1、O 2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m 以内时能够实现通信。
t=0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为4m/s ，乙车的速度为1m/s ，O 1、O 2的距离为3m 。
从该时刻起甲车以1m/s 2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。
忽略信号传递时间，从t=0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（ ）A ．2sB ．10sC ．16sD ．20s 【答案】B 【详解】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方且12O O 为5m 时，根据勾股定理可知 4m x x -=甲乙根据运动学公式有12s t =，24s t =因为甲车做匀减速运动而乙车做匀速运动，所以两车之间的距离先增大后减小，当02s t <<此时有125mO O<当2s4st<<此时有125mO O>当24st t==此时甲车的速度为120v v at=-=甲甲根据几何关系可知，从4s开始到乙车行驶至甲车前方4m的过程中满足125mO O<这段过程经历的时间为1310st t t=+=总故选B。
7．（2022·湖南·长郡中学二模）甲、乙两名运动员同时从泳池的两端出发，在泳池里训练，甲、乙的速度—时间图像分别如图（a）、（b）所示，不计转向的时间，两人的运动均可视为质点的直线运动。
则（）A．两人第一次相遇时处于泳池的正中间处B．两人前两次相遇的时间间隔为20sC．50s内两人共相遇了2次D．两人第一次在泳池的两端处相遇的时刻为t=75s【答案】C【详解】根据v t-图像可画出x t-图像，甲、乙的x t-图像如图所示A.根据x t -图像的交点表示相遇可知，第一次相遇的时刻为B.第二次相遇的时刻为2122.2s t t t ∆=-=所以两人前两次相遇的时间间隔为22.2s ，故B 错误；C ．根据x t -图像的交点表示相遇可知，在0~50s 内甲、乙相遇2次，故C 正确；D ．由图可知两人第一次在泳池的两端处相遇的时刻为100s t =，故D 错误。
故选C 。
8．（2022·辽宁·渤海大学附属高级中学模拟预测）城市公共汽车的加速度为1m/s 2，汽车刚启动时，一未赶上车的乘客以6m/s 速度追车，当人与车尾的距离不超过5m ，且维持4s 以上，才能引起司机的注意，则（ ）A ．乘客开始追赶公共汽车时至少距离公共汽车21m 才能引起司机注意B ．公共汽车在6s 末距离乘客最远C ．若乘客开始追赶公共汽车时距离公共汽车小于20m ，则乘客可以追上公共汽车D ．满足恰好引起司机注意的条件下，乘客可以追上公共汽车x =21mA 正确；B ．由于汽车刚启动时乘客比汽车快，因此共速时乘客距离汽车最近，B 错误；CD ．若t =6s 时恰好追上为临界状态，此情形故选A 。
9．（2022·浙江金华·模拟预测）最近，义乌中学实验室对一款市场热销的扫地机器人进行了相关测试，测试过程在材质均匀的水平地板上完成，获得了机器人在直线运动中水平牵引力大小随时间的变化图像a ，以及相同时段机器人的加速度a 随时间变化的图像b 。
若不计空气，取重力加速度大小为210m/s ，则下列同学的推断结果正确的是（ ）A ．机器人与水平桌面间的最大静摩擦力为3NB ．机器人与水平桌面间的动摩擦因数为0.2C ．在0~4s 时间内，合外力的冲量为12N·sD ．在0~4s 时间内，合外力做的功为12JB ．由图a 、图b 结合牛顿第二定律可得44F f ma -=22F f ma -=联立可得机器人质量3kg m =滑动摩擦力为3N f =机器人与水平桌面间的动摩擦因数为C ．在0~4s 时间内，合外力的冲量为D ．4s 末机器人的速度为故选C 。
二、多选题10．（2022·海南·模拟预测）国家粮食储备仓库工人利用传送带从车上卸粮食。
如图1所示，以某一恒定速率0v 运行的传送带与水平面的夹角37θ=︒，转轴间距 3.5m L =。
工人沿传送方向以速度1 1.5m/s v =从传送带顶端推下粮袋（视为质点），4.5s 时粮袋运动到传送带底端，粮袋在传送带上运动的v t -图像如图2所示。
已知sin370.6︒=，cos370.8︒=，重力加速度g 取210m /s ，则（ ）A ．在 2.5s t =时刻，粮袋所受摩擦力方向改变B ．粮袋与传送带间的动摩擦因数为0.8C ．传送带运行的速度大小为0.5m/sD ．在0 2.5s 内粮袋处于失重状态 【答案】BC【详解】A ．由图2可知，在0 2.5s -内，粮袋的速度大于传动带的速度，则粮袋受沿斜面BD ．由图2和C 分析可知，粮袋在0 2.5s -内的加速度为0 2.5s 内粮袋处于超重状态，根据牛顿第二定律有sin cos mg mg ma θμθ-=联立代入数据解得0.8μ=故D 错误B 正确。