推荐高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动课时作业3新人教版

课时作业二一、选择题1．(2020·银川模拟)汽车以20 m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s2，则自驾驶员急刹车开始，2 s与5 s时汽车的位移大小之比为( )A．5∶4B．4∶5C．3∶4 D．4∶3C 汽车停下来所用的时间为t＝v0a＝4 s，故2 s时汽车的位移x1＝v0t1＋12(－a)t21＝30 m；5 s时汽车的位移与4 s时汽车的位移相等，x2＝v0t2＋12(－a)t22＝40 m，解得x1x2＝34，选项C正确．2．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5 s和4 s，若动车组可看成做匀变速直线运动，每节车厢的长度为30 m，则该动车组的加速度约为( )A．0.17 m/s2B．0.30 m/s2C．0.33 m/s2D．0.38 m/s2C 由匀变速运动的位移公式，x＝v0t＋12at2对两节车厢有60＝v0×(5＋4)＋12a(5＋4)2对第一节车厢，30＝v0×5＋12 a·52联立解得a≈0.33 m/s2，故选项C正确．3．(2020·河北石家庄二模)一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是( ) A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2A 物体在4个力作用下处于平衡状态，根据平衡状态的条件可知其中任意两个力的合力与另外两个力的合力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上．所以撤去两个力之后另外两个力的合力为恒力，所以物体一定做匀变速运动．因大小为8 N与12 N两个力的合力的大小范围为4 N≤F合≤20 N，则另外两个力的合力的大小范围为4 N≤F合′≤20 N，再由牛顿第二定律可知物体的加速度大小范围为2 m/s2≤a ≤10 m/s2，所以A对，B、C、D错．4．(2020·湖南永州三模)汽车在平直公路上做刹车试验，若从t＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图所示，下列说法正确的是( )A．t＝0时汽车的速度为10 m/sB．刹车过程持续的时间为5 sC．刹车过程经过3 s时汽车的位移为7.5 mD．刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s2A 由图象可得x＝－110v2＋10，根据v2－v20＝2ax可得x＝12av2－v202a，解得a＝－5 m/s2，v0＝10 m/s，选项A正确，选项D错误；汽车刹车过程的时间为t＝0－v0a＝2 s，选项B错误；汽车经过2 s停止，因而经过3 s时汽车的位移为x＝10 m(要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动)，选项C错误．5．(多选)如图所示，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( )A．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 mv20BD 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＝v202a，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v0，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12mv20.故D正确．故选B、D.6．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( )A．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D 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＝μm gm＝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．7．(多选)(2020·河北保定一模)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1 kg的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动．重力加速度为g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )A．系统做匀速直线运动B．F＝40 NC．斜面体对楔形物体的作用力F N＝5 2 ND．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动BD 对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图所示，由牛顿第二定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A错、B对．斜面体对楔形物体的作用力F N2＝mgsin 45°＝2mg＝10 2 N，C错．外力F增大，则斜面体加速度增加，楔形物体不能获得那么大的加速度，将会沿斜面体上滑，D对．8．(多选)甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )A．在0～4 s内甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动B．在0～2 s内两车间距逐渐增大，2～4 s内两车间距逐渐减小C．在t＝2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/sD．在t＝4 s时甲车恰好追上乙车AC 在0～4 s内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A正确；在a－t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t＝2 s时甲车速度为3 m/s，乙车速度为4.5 m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a－t图象可知，4 s时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、D错误．9．(多选)(2020·河北石家庄二模)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块．木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2C．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大D．小滑块的质量m＝2 kgBD 由题可知，当0<F≤6 N时二者一起加速运动，对整体有F＝(M＋m)a，a＝1M＋mF，即此时a－F图线的斜率为整体质量的倒数，得M＋m＝3 kg；当F>6 N时二者间出现相对滑动，对木板有F－μmg＝Ma，即a＝1MF－μmgM，可见此时图线斜率为木板质量的倒数，可得M＝1 kg，则m＝2 kg，D正确；由于出现相对滑动后小滑块所受合外力等于木板对它产生的摩擦力，不再随F的增大而变化，则出现相对滑动后小滑块的加速度达到最大，且不再变化，由图可知小滑块的最大加速度为a大＝2 m/s2，用牛顿第二定律有μmg＝ma大，得μ＝0.2，A、C错误．将F＝7 N代入a＝1MF－μmgM得a＝3 m/s2，B正确．二、非选择题10．2020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80 m 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3.6 m/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？(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处，两车都以20 m/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1.4 s后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/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？解析 (1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有 －2ax ＝0－v 2①代入数据解得v 0＝24 m/s(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t 2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t 2＋t 1，其中t 1＝1.4 s 对无人驾驶汽车v ＝v 0－a(t 2＋t 1)② 对有人驾驶汽车v ＝v 0－a′t 2③联立②③式得t 2＝3.6 s ，v ＝2 m/s 又x 无＝v 0＋v2(t 2＋t 1)④ x 有＝v 0＋v 2t 2＋v 0t 1⑤ Δx＝x 有－x 无⑥联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6 m<30 m ，即两车不会相撞． 答案 (1)24 m/s (2)不会11．如图甲所示，一根直杆AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A 点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v －t 图象如图乙所示，物块最终停止在B 点．重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ； (2)物块滑过的总路程s.解析 (1)由图象可知，物块下滑的加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝4 m/s 2，上滑时的加速度大小a 2＝Δv 2Δt 2＝8 m/s 2，杆AB 长L ＝2 m ，设直杆的倾角为θ，物块的质量为m ，由牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma 1mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 2代入数据得：μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8. (2)对物块整个过程分析，由动能定理得：mgLsin θ－μmgscos θ＝0，代入数据得：s ＝6 m 答案 (1)0.25 (2)6 m12．(2020·衡阳模拟)如图所示，在水平地面上建立x 轴，有一个质量m ＝1 kg 的木块放在质量为M ＝2 kg 的长木板上，木板长L ＝11.5 m ．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)．木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A 点经过坐标原点O 时的速度为v 0＝10 m/s ，在坐标为x ＝21 m 处的P 点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g 取10 m/s 2，求：(1)木板碰挡板时的速度大小v 1； (2)碰后木板与木块刚好共速时的速度； (3)最终木板停止运动时A 、P 间的距离．解析 (1)对木块和木板组成的系统，由牛顿第二定律得 μ1(m ＋M)g ＝(m ＋M)a 1 v 20－v 21＝2a 1(x －L) 代入数据得v 1＝9 m/s.(2)碰后木板向左运动，木块向右运动，由牛顿第二定律可知木块的加速度大小a m ＝μ2g ＝9 m/s 2木板的加速度大小a M ＝μ1m ＋Mg ＋μ2mgM＝6 m/s 2设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为t 对木板v 共＝v 1－a M t ，对木块v 共＝－v 1＋a m t 得t ＝1.2 s共同速度大小v 共＝1.8 m/s ，方向向左．(3)从木板与挡板相碰至木板与木块共速，木板的位移大小s 1＝v 1＋v 共2t ＝6.48 m共速后木板与木块以大小为a 1＝μ1g ＝1 m/s 2的加速度向左减速至停下，木板的位移大小s 2＝v 2共2a 1＝1.62 m最终A 、P 间距离s AP ＝L ＋s 1＋s 2＝19.60 m. 答案 (1)9 m/s (2)1.8 m/s 方向向左 (3)19.60 m高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

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。

(分钟：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．(2011·江西师大附中、临川联考)下列所给的图象中能反映做直线运动物体不会回到初始位置的是( )[解析] 考查运动图象规律．A为s－t关系，图线与t轴相交的两个时刻即为相同的初始位置，说明物体回到了初始位置；B、C、D选项中的图象均为v－t图象，要回到初始位置，需看t轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等，显然B选项中只有t轴上方的面积，故B选项表示物体一直朝一个方向运动，不会回到初始位置，而C、D选项在t＝2 s时刻，物体回到了初始位置，故选B.[答案] B2．(2011·唐山模拟)某高速列车沿直线运动的v－t图象如图所示，则该列车( ) A．0～30 s时间内的位移小于9×102 mB．30 s时的速度等于30 m/sC．0～60 s时间内做匀加速运动D．90 s～120 s时间内做匀速运动[解析] v－t图象中的斜率表示加速度，面积表示位移，平行时间轴的直线表示列车做匀速直线运动，所以A、D正确，B、C错误．[答案] AD3．小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其v－t图象如下图所示，则由图可知( )A．小球下落的最大速度为5 m/sB．小球第一次反弹后瞬间速度的大小为3 m/sC．小球能弹起的最大高度为0.45 mD．小球能弹起的最大高度为1.25 m[解析] 由v－t图象可知，速度最大值为5 m/s.0.5 s时速度反向，大小为3 m/s，选项A、B对．弹起的最大高度为h ＝12×0.3×3 m＝0.45 m ，故选项C 对D 错．[答案] ABC4．一遥控玩具小车在平直路上运动的位移—时间图象如右图所示，则( ) A ．15 s 内汽车的位移为300 m B ．20 s 末汽车的速度为－1 m/s C ．前10 s 内汽车的加速度为3 m/s 2D ．前25 s 内汽车做单方向直线运动[解析] 由位移—时间图象可知：前10 s 汽车做匀速直线运动，速度为3 m/s ，加速度为0，所以C 错误：10 s ～15 s 汽车处于静止状态，汽车相对于出发点的位移为30 m ，所以A 错误：15 s ～25 s 汽车向反方向做匀速直线运动，速度为－1 m/s ，所以D 错误，B 正确．[答案] B5．甲、乙两辆汽车，同时在一条平直的公路上自西向东运动，开始计时的时刻两车平齐，相对于地面的v －t 图象如右图所示．关于它们的运动，下列几个人的说法正确的是( )①甲车中的乘客说：乙车先以速度v 0向西做匀减速运动，后(向甲车)做匀加速运动，以速度v 0从(甲车)旁边通过后，一直向东远离而去……②乙车中的乘客说：甲车先以速度v 0向东做匀减速运动，后(向乙车)做匀加速运动，以速度v 0从(乙车)旁边通过后，一直向西远离而去……③某同学根据v －t 图象说：乙车速度增加到v 0时，两车再次相遇(平齐)④另一个同学根据v －t 图象说：开始甲车在前、乙车在后，两车间距离先增大，后减小，当乙车速度增大到v 0时，两车恰好平齐A ．①③B ．②④C ．①②D ．②③[解析] 由v －t 图知，甲做匀速直线运动，乙做初速度为零的匀加速直线运动．由v －t 图象中图线与坐标轴围成的“面积”表示位移，参考系的选择不同，物体运动特点不同即可知，只有①、②正确．当乙车速度增加到v 0时，甲、乙两车速度相等；但v －t “面积”不等，故两车位移不等，两车没有相遇(平齐)，③错：从v －t 图象上“面积”表示位移可知，开始甲车在前、乙车在后，两车的距离一直增长，直到乙车速度为v 0时，甲乙两车相距最远，④错．[答案] C6．(2011·邵阳联考)甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移—时间(x－t)图象如图所示，则下列说法正确的是( )A．t1时刻乙车从后面追上甲车B．t1时刻两车相距最远C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度[解析] 位移—时间图象的纵坐标表示的是相对原点的位置坐标，所以t1时刻甲、乙在同一位置，故A对，B错；位移—时间图象的斜率表示速度，t1时刻甲的斜率小于乙的斜率，故C错；平均速度等于位移与时间的比，0到t1时间内甲、乙位移相同，时间也相同，所以平均速度相同，故D项错．[答案] A7．(2011·温州五校联考)新中国成立60周年，在天安门广场进行十年一次的大阅兵仪式，各个部队和军种都在紧张地演练，在空军演练中，某空降兵从飞机上跳下，他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v－t图象如图所示，则下列说法正确的是( ) A．0～10 s内空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力，10 s～15 s整体所受重力小于空气阻力B. 0～10 s内做加速度逐渐减小的加速运动，10 s～15 s内做加速度增大的减速运动C．第10 s末打开降落伞，以后做匀减速运动至第15 s末D．10 s～15 s加速度方向竖直向上，加速度的大小在逐渐减小[解析] 由v－t图象可知，0～10 s内做加速度逐渐减小的加速运动，空降兵和降落伞整体所受重力大于空气阻力，10 s～15 s内做加速度减小的减速运动，加速度方向竖直向上，整体所受重力小于空气阻力，因此B、C错误，A、D正确．[答案] AD8．(2011·桂林月考)两辆汽车a、b在两条平行的直车道上行驶．t＝0时两车都在同一地点，此时开始运动．它们的v－t图象如下图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )A．两辆车在前10 s内，b车在前，a车在后，距离越来越大B．a车先追上b车，后b车又追上a车C．a车与b车间的距离先增大后减小再增大，但a车始终没有追上b车D．a车先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，再做匀速直线运动，b车做匀速直线运动[解析] v－t图象中，两图线的第一个交点代表两车共速，此时两车相距最远，之后a 的速度大于b的速度，二者距离又靠近，第二次速度相等时，二者相距最近，之后又远离，图象中a的面积始终小于b的面积，所以a车始终没有追上b车，选项C、D项正确．[答案] CD9．(2012·洛阳市期末)如右图所示，t＝0时，质量为0.5 kg的物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C 点．测得每隔2 s的三个时刻物体的瞬时速度记录在下表中，由此可知(重力加速度g＝10 m/s2)( )t/s024 6v/(m·s－1)08128A.B．t＝3 s的时刻物体恰好经过B点C．t＝10 s的时刻物体恰好停在C点D．A、B间的距离大于B、C间的距离[解析] 仔细观察数据可得，0～2 s内物体加速运动，加速度a1＝4 m/s2,2～4 s内也是加速运动，但按照0～2 s规律，4 s末应加至16 m/s，所以在4 s末物体应处于水平段，4～6 s内物体的运动为水平方向的匀减速运动，加速度a2＝2 m/s2.因题目设计的数据较小且规律性明显，可作速度时间图象如图．由图知物体在3～4 s内达到最大速度，大于12 m/s，A、B均错；在t＝10 s时到达C点静止，C对；A、B间距离应小于B、C间距离，D错．若采用公式法，虽可解出，但计算量大，解得t＝10/3 s时到达B点，速度为40/3 m/s.[答案] C10．(2011·北师大附中模拟)如图所示，处于平直轨道上的甲、乙两物体相距为s，同时、同向开始运动．甲以初速度v、加速度a1做匀加速直线运动，乙做初速度为零、加速度为a2的匀加速直线运动，假设甲能从乙旁边通过，要使甲、乙相遇两次的条件是( )A ．a 1<a 2且s >v 22a 2－a 1 B ．a 1<a 2且s <v 22a 2－a 1C ．a 1>a 2且s >v 2a 2－a 1D ．a 1>a 2且s <v 2a 2－a 1[解析] 若甲与乙速度相等时，甲已经从乙旁经过，则有v ＋a 1t ＝a 2t ，vt ＋12a 1t 2>s ＋12a 2t 2，两式联立可得：s <v 22a 2－a 1，若再有a 2>a 1，则定有乙再次追上甲的结果，即甲、乙相遇两次，故正确答案为B.[答案] B二、非选择题(共30分)11．(16分)(2012·安徽省省城名校联考)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x 0＝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 才能停下来．(1)B 车刹车时A 仍按原速率行驶，两车是否会相撞？(2)若B 车在刹车的同时发出信号，A 车司机经过Δt ＝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？[解析] (1)B 车刹车至停下来过程中，由v 2－v 20＝2ax解得a B ＝－v 2a 2x＝－2.5 m/s 2画出A 、B 两列火车的v －t 图象如图所示，根据图象计算出两列火车的位移分别为：x A ＝10×8m＝80m x B ＝30＋102×8m＝160m 因x B >x D ＋x A ＝155m 故两车会相撞(2)设A 车加速度为a A 时两车不相撞，则两车速度相等时， 有：v B ＋a B t ＝v A ＋a A (t －Δt ) 此时B 车的位移x B ＝v B t ＋12a B t 2A 车的位移x A ＝v A t ＋12a A (t －Δt )2为使两车不相撞，两车的位移关系满足x B ≤x 0＋x A 联立以上各式解得a A ≥0.83m/s 2即列车A 的加速度至少为0.83m/s 2 [答案] (1)两车会相撞 (2)A 的加速度至少为0.83 m/s 212．(14分)2010年8月7日，甘肃甘南藏族自治州舟曲县发生特大泥石流，一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m 的山坡处泥石流以8 m/s 的初速度、0.4 m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机(反应时间为1 s)以0.5 m/s 2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动(如图所示)，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面的运动近似看成匀速直线运动．问：汽车司机能否安全脱离？[解析] 设泥石流到达坡底的时间为t 1，速率为v 1，则x 1＝v 0t 1＋12a 1t 21，v 1＝v 0＋a 1t 1代入数值得t 1＝20 s ，v 1＝16 m/s而汽车在19 s 时间内发生位移为x 2＝12a 2t 22＝90.25 m速度为v 2＝a 2t 2＝9.5 m/s令再经时间t 3，泥石流追上汽车，则有v 1t 3＝x 2＋v 2t 3＋12a 2t 23代入数值并化简得t 23－26t 3＋361＝0，因Δ<0，方程无解 所以泥石流无法追上汽车，司机能安全脱离． [答案] 司机能安全脱离 拓展题：在“30 m 折返跑”中，平直的跑道上，一学生站立在起点线处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方30 m 处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即为折返跑的成绩．学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速，触摸杆的时间不计．该学生加速时的加速度大小为a 1＝2.5 m/s 2，减速时的加速度大小为a 2＝5 m/s 2，到达折返线处时速度需减小到零，并且该学生全过程中最大速度不超过v m ＝12 m/s.求该学生“30 m 折返跑”的最好成绩．[解析] 设起点纸处为A ，折返线处为B ，该学生从A 到B 的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速直线运动，并设此过程中达到的最大速度为v ，做匀加速运动的时间为t 1，做匀减速运动的时间为t 2，则由运动学公式，有：v ＝a 1t 1①v ＝a 2t 2② L AB ＝v2(t 1＋t 2)③联立①②③式，可解得：v ＝10 m/st 1＝4 s ，t 2＝2 s因为v <v m ，所以从A 到B 的过程中，学生的确先做匀加速运动，然后做匀减速运动．从B 到A 的加速过程中，速度从零增大到12 m/s 需用时：t 3＝v m a 1＝122.5s ＝4.8 s加速过程的位移x ＝v m2t 3＝28.8 m最后阶段的匀速运动用时：t 4＝L AB －x v m ＝30－28.812s ＝0.1 s所以，该学生“30 m 折返跑”的成绩为t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＝10.9 s. [答案] 10.9 s。

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：力与直线运动[题组一] 运动学规律的应用1．(2020·洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝3 m ，B 、C 之间的距离L 2＝4 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离L 等于( )A.34 mB.43 mC.825m D.258m 解析：D [设物体的加速度为a ，通过L 1、L 2两段位移所用的时间均为T ，则有：v B ＝L 1＋L 22T＝72T m/s ，由L 2＝v B T ＋12aT 2，L 1＝v B T －12aT 2，可得：ΔL ＝aT 2＝1 m ，所以L ＝v 2B 2a －L 1＝258 m ，即D 正确，A 、B 、C 错误．]2．(多选)A 、B 两车在同一直线上同向运动，B 车在A 车的前面，A 车以v A ＝10 m/s 的速度向前匀速运动，某时刻B 车关闭发动机，此时A 、B 两车相距s ＝200 m ，且B 车速度v B ＝10 m/s ，B 车所受的阻力恒为车重的110，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．B 车关闭发动机后的加速度大小为1 m/s 2B ．B 车关闭发动机后运动的位移为60 mC ．A 车追上B 车所用的时间为25 sD ．A 车追上B 车所用的时间为30 s解析：AC [B 车做匀减速直线运动的加速度大小a ＝110·mg m＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2，所以选项A 正确；B 车速度减为零的时间t 1＝v B a ＝101 s ＝10 s ，此过程中B 车的位移x B ＝v 2B2a ＝1002m ＝50 m ，所以选项B 错误；A 车在10 s 内的位移x A ＝v A t 1＝10×10 m＝100 m ，因为x A ＜x B ＋s ，可知B 车停止时还未被A 车追上，则A 车追上B 车所用的时间t ＝x B ＋s v A ＝50＋20010s ＝25 s ，故C 正确，D 错误．][题组二] 运动图像3.(2020·衡水中学模拟)如图所示，直线a 和一段抛物线b 分别表示在同一平直公路上行驶的a 车和b 车运动的x ­t 图像．已知在t 1＝3 s 时两车相遇，直线a 和抛物线b 刚好相切，t 2＝4 s 时对应抛物线的最高点．则下列说法中正确的是( )A ．两车相遇时b 车的速度大小为2.5 m/sB ．b 车的加速度大小为2 m/s 2C ．b 车的初速度大小为9 m/sD ．t 0＝0时两车的距离为10 m解析：B [由图可知，a 车的速度v a ＝Δx Δt ＝8－23 m/s ＝2 m/s.两车相遇时b 车的速度大小为2 m/s ，故A 错误．t 2＝4 s 时对应抛物线的最高点，对应的速度为v ＝0，根据速度公式v ＝v a －at ，解得a ＝2 m/s 2，故B 正确；t ＝3 s ，b 车的速度为：v b ＝v a ＝2 m/s ，设b 车的初速度为v 0.对b 车，由v 0＋at ＝v b ，解得：v 0＝8 m/s ，故C 错误；t ＝3 s 时，a 车的位移为：s a ＝v a t ＝6 m ，b 车的位移为：s b ＝v 0＋v a 2t ＝8＋22×3 m＝15 m ，t ＝3 s 时，a 车和b 车到达同一位置，得：s 0＝s b －s a ＝9 m ．故D 错误．]4．(多选)甲、乙两辆汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，它们的v ­t 图像如图所示．根据图像提供的信息可知( )A ．从t ＝0时刻起，开始时甲在前，6 s 末乙追上甲B ．从t ＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距的最远距离为12.5 mC ．8 s 末甲、乙相遇，且与t ＝0时的两车位置的距离为40 mD ．0～4 s 内与4～6 s 内甲的平均速度相等解析：BC [因为t ＝0时，两车位于同一地点，所以当两车相遇时，两车的位移大小一定相等，由两车运动的v ­t 图像可知，开始时甲车在前，在0～6 s 时间内甲车的位移为x 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×4×5＋10＋12×2×10 m ＝40 m ，乙车的位移为x 2＝30 m ，所以6 s 末乙未追上甲；由题图可知，4～6 s 内，甲的加速度大小a ＝5 m/s 2，分析知当两车速度相等时，两车相距最远，则有10 m/s －a (t －4 s)＝5 m/s ，解得两车达到速度相等所需的时间t ＝5 s ，所以最远距离Δx ＝12×5×(10－5) m ＝12.5 m ，选项A 错误，B 正确．由题图可知，6 s 后甲停止运动，因此相遇时，两车位置与t ＝0时两车的位置的距离为x 1＝40 m ，所用时间为t ′＝405 s ＝8 s ，选项C 正确．根据图像可知，0～4 s 内甲车的平均速度为v 1＝10＋52 m/s ＝7.5 m/s,4～6 s内甲车的平均速度为v 2＝10＋02m/s ＝5 m/s ，选项D 错误．][题组三] 牛顿运动定律的综合应用5．(多选)如图所示，质量为3 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg 的物体B 用细线悬挂，A 、B 间相互接触但无压力．取g ＝10 m/s 2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )A ．B 对A 的压力大小为12 N B ．弹簧弹力大小为20 NC ．B 的加速度大小为4 m/s 2D ．A 的加速度为零解析：AC [剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A 、B 整体分析，整体加速度：a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B ＝3＋2×10－303＋2m/s2＝4 m/s 2隔离对B 分析有：m B g －F N ＝m B a ，解得：F N ＝(20－2×4) N＝12 N ，由牛顿第三定律知B 对A 的压力为12 N ，故A 、C 正确，B 、D 错误．]6．如图所示，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( )解析：A [当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：mg －kx ＝ma ，所以a ＝g －kx m.根据数学知识可知，C 、D 错误．当压缩到最低点时，加速度等于g ，故A 正确，B 错误．]7．如图甲所示，当A 、B 两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F 作用于A 的左端，使A 、B 一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a 1，A 、B 间的相互作用力的大小为N 1.如图乙所示，当A 、B 两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F 作用下，使A 、B 一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a 2，A 、B 间的相互作用力大小为N 2，则有关a 1、a 2和N 1、N 2的关系正确的是( )A ．a 1＞a 2，N 1＞N 2B ．a 1＞a 2，N 1＜N 2C ．a 1＝a 2，N 1＝N 2D ．a 1＞a 2，N 1＝N 2解析：D [对于图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度a 1＝Fm A ＋m B，对B 隔离分析，A 对B 的作用力N 1＝m B a 1＝m B Fm A ＋m B.对于图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度a 2＝F －m A ＋m B g sin θm A ＋m B ＝F m A ＋m B －g sin θ，对B 隔离分析，有N 2－m B g sin θ＝m B a 2，得N 2＝m B Fm A ＋m B.可知a 1＞a 2，N 1＝N 2，故D 正确，A 、B 、C 错误．]8．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M ，t ＝0时刻质量为m 的物块以速度v 水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v ­t 图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．M ＝mB ．M ＝2mC ．木板的长度为8 mD ．木板与物块间的动摩擦因数为0.1解析：BC [物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg ＝ma 1，而v ­t 图像的斜率表示加速度，故a 1＝7－32 m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02 m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v ­t 图像与t 轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×7＋3×2－12×2×2 m ＝8 m ，C 正确．] [B 级－综合练]9．(多选)一条水平传送带以速度v 0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v 向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是下图中的( )解析：BC [物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，物体在速度减小到0前，物体已经滑到传送带右端，则物体一直做匀减速运动，故B 正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大小大于物体开始时的速度大小，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v ；若传送带的速度大小小于物体开始时的速度大小，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，故C 正确，故A 、D 错误．]10．(多选)质量为M 的足够长的木板B 放在光滑水平地面上，一个质量为m 的滑块A (可视为质点)放在木板上．设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a ­F 图像，取g 取10 m/s 2，则( )A ．滑块A 的质量m ＝1.5 kgB ．木板B 的质量M ＝1.5 kgC ．当F ＝5 N 时，木板B 的加速度a ＝4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1解析：AC [由图乙知，当F ＝4 N 时，A 、B 相对静止，加速度a ＝2 m/s 2.对整体分析：F ＝(m ＋M )a ，解得m ＋M ＝2 kg.当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μmg M ＝1MF －μmg M ，由图像可知，图线的斜率k ＝1M ＝Δa ΔF＝2 kg －1，解得M ＝0.5 kg ，则滑块A 质量m ＝1.5 kg ，故A 正确，B 错误．将F ＞4 N 所对图线反向延长线与F 轴交点坐标代入a ＝1MF －μmg M，解得μ＝0.2，故D 错误．根据F ＝5 N ＞4 N 时，滑块与木块相对滑动，B 的加速度a B ＝1MF －μmgM＝4 m/s 2，故C 正确．] 11．如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P 点平滑连接，通过轻绳连接的A 、B 两物体静置于水平地面上，质量分别为m 1＝2 kg ，m 2＝4 kg ，此时轻绳处于水平状态且无拉力，物体A 与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B 与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75.对物体B 施加水平恒力F ＝76 N ，使两物体一起向右加速运动，经过时间t ＝2 s 物体B 到达斜面底端P 点，此时撤去恒力F .若两物体均可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求两物体加速时轻绳上的张力T ；(2)物体A 进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L . 解析：(1)两物体加速时对整体研究有F －μ1m 1g －μ2m 2g ＝(m 1＋m 2)a对A 物体有T －μ1m 1g ＝m 1a 解得T ＝22 N ，a ＝6 m/s 2(2)当B 物体到达P 点时二者速度v ＝at ＝12 m/s 之后B 物体沿斜面向上滑行，有m 2g sin θ＋μ2m 2g cos θ＝m 2a 2 B 物体上滑距离s ＝v 22a 2A 物体先在水平面上减速滑行，有μ1m 1g ＝m 1a 1滑行到P 点时速度设为v 1，有v 21－v 2＝－2a 1LA 物体滑上斜面后，有m 1g sin θ＋μ1m 1g cos θ＝m 1a 1′因在斜面上A 物体的加速度小于B 物体的加速度，所以与物体B 刚好不相撞，其上滑的最大距离与B 的相同，则有v 21＝2a 1′s ，解得L ＝2.4 m答案：(1)22 N (2)2.4 m12．如图甲所示，质量M ＝4 kg 且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m ＝4 kg ，大小可忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．铁块和木板开始均静止，从t ＝0时刻起铁块受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F 的作用，F 作用的时间为6 s ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)铁块和木板在0～2 s 内的加速度大小． (2)铁块在6 s 内的位移大小．(3)从开始运动到铁块和木板相对静止，它们的相对位移大小．解析：(1)在0～2 s 内，由牛顿第二定律，对铁块有F －μmg ＝ma 1，代入数据解得铁块的加速度大小为a 1＝3 m/s 2；对木板有μmg ＝Ma 2，代入数据解得木板的加速度大小为a 2＝2 m/s 2.(2)t 1＝2 s 时，铁块运动的位移x 1＝12a 1t 21＝6 m ，木板运动的位移x 2＝12a 2t 21＝4 m,2 s 末铁块的速度v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，木板的速度v 2＝a 2t 1＝4 m/s,2 s 后，由牛顿第二定律，对铁块有F －μmg ＝ma ′1，解得a ′1＝1 m/s 2，对木板有μmg ＝Ma ′2，代入数据解得a ′2＝2 m/s 2.设再经过t 2时间铁块和木板达到共同速度v ，则v ＝v 1＋a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2，代入数据解得t 2＝2 s ，v ＝8 m/s.在t 2时间内，铁块运动的位移x ′1＝v 1＋v2t 2＝14 m ，木板运动的位移x ′2＝v 2＋v2t 2＝12 m ．F 作用的最后2 s 内，铁块和木板相对静止，一起以初速度v ＝8 m/s 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板组成的整体有F ＝(m ＋M )a ，代入数据解得a ＝1.5 m/s 2，最后2 s 内铁块和木板运动的位移均为x 3＝vt 3＋12at 23＝19 m ，所以铁块在6 s 内运动的位移大小为x 铁＝x 1＋x ′1＋x 3＝39 m.(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移为x 木＝x 2＋x ′2＝16 m ，铁块和木板的相对位移大小为x 1＋x ′1－x 木＝4 m.答案：(1)3 m/s 22 m/s 2(2)39 m (3)4 m。

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）。

课时作业一一、选择题1．(2020·广东华南三校联考)如图所示，小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上．当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为θ和2θ，假设装置中各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为( )A．2cos θ∶1 B．1∶2cos θC．tan θ∶1 D．1∶2sin θB 小球A、B都平衡时，在竖直方向上：对A球T sin θ＝m A g，对B球T′sin 2θ＝m B g，又T＝T′，解得：m Am B＝12cos θ，B项正确．2．如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F N的变化情况是( )A．F增大，F N减小B．F增大，F N增大C．F减小，F N减小D．F减小，F N增大B 某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α，则F＝mgtan α，F N＝mgcos α，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和F N都要增大．3．(2020·安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球心距墙角的最远距离是( )A ．2r B.95r C.115r D.135r C 由题可知B 球质量为2m ，当A 球球心距墙角最远时，A 受地面水平向右的摩擦力f ＝μ·3mg，此时以B 球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F 2＝2mgtan θ，以A 和B 整体为研究对象，在水平方向有μ·3mg＝F 2，则tan θ＝2mg3μmg，代入数据得θ＝53°.由几何关系可知，A 球球心到墙角的最远距离l ＝r ＋2r cos θ＝115r ，选项C 正确．4．如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式．为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内．甲中背包带对人的肩部的作用力设为F 1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为θ(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F 2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为θ(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F 3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F 1、F 2、F 3大小的下列关系正确的是( )A ．F 1>F 2B ．F 2>F 3C ．F 1>F 3D ．F 3＝F 2B 由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg ，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F 1＝mg ；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a ：则：F2＝mg cos θ题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg＝2F3cos θ所以：F3＝mg2cos θ由以上的分析可得：F1<F2，F3<F2，由于夹角θ是未知的，所以不能判断F3与重力mg的大小关系，因此不能判断出F3与F1的大小关系．所以只有选项B正确．5．(多选)(2020·九江4月模拟)如图所示，一根通电的导体棒放在倾斜的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态．现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )A．一直增大B．先减小后增大C．先增大后减小D．始终为零AB 若F安＜mgsin α，因安培力方向向上，则摩擦力方向向上，当F安增大时，F摩减小到零，再向下增大，B项对，C、D项错；若F安＞mgsin α，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项对．6．如图所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )A．球对墙壁的压力逐渐减小B．水平拉力F逐渐减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐渐增大D．地面对长方体物块的支持力逐渐增大B 对球进行受力分析，如图甲所示．F N1＝Gtan θ，F N2＝Gcos θ.当长方体物块向右运动中，θ增大，F N1、F N2均增大，由牛顿第三定律知，球对墙壁的压力逐渐增大，选项A错误；圆球对物块的压力在竖直方向的分力F N2′cos θ＝G等于重力，在拉动长方体物块向右运动的过程中，对物块受力分析如图乙所示，物块与地面之间的压力F N＝G1＋F N2′cos θ＝G1＋G不变，滑动摩擦力f＝μF N不变，选项C错误；又由于圆球对物块的压力在水平方向的分力F N2′sin θ逐渐增大，所以水平拉力F＝f－F N2′sin θ逐渐减小，选项B正确；由于物块与地面之间的压力不变，由牛顿第三定律可知，地面对物块的支持力不变，选项D错误．7．如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )A．v1方向B．v2方向C．v3方向D．v4方向C 若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；若小球的速度沿v2方向，滑动摩擦力与v2的方向相反，即沿图中v4方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v2垂直向上，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故B错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确；若小球的速度沿v4方向，滑动摩擦力与v4的方向相反，即沿图中v2方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v4垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力不可能为零，小球不可能做匀速直线运动，故D错误．8．(2020·安徽皖南八校二次联考)如图所示，三角形ABC是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A ＝30°，∠B＝37°，C处有光滑小滑轮，质量分别为m1、m2的两物块通过细线跨放在AC面和BC面上，且均恰好处于静止状态，已知AC面光滑，物块2与BC面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m1∶m2不可能是( )A．1∶3 B．3∶5C．5∶3 D．2∶1A 物块1受重力m1g、细线拉力T和斜面支持力F N作用处于平衡状态，则T＝m1gsin 30°，物块2受重力m2g、细线拉力T、斜面支持力F N′及摩擦力F f作用处于平衡状态，当m1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T＝m2gsin 37°＋μm2gcos 37°，即m1m2＝2；当m1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T＝m2gsin 37°－μm2gcos 37°，即m1m2＝25，所以25≤m1m2≤2.9．(多选)如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上．当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )A ．P 、Q 所带电荷量为 mgr 2tan θkB ．P 对斜面的压力为0C ．斜面体受到地面的摩擦力为0D ．斜面体对地面的压力为(M ＋m)gAD 设P 、Q 所带电荷量为q ，对物体P 受力分析如图所示，受到水平向左的库仑力F ＝k q2r2、竖直向下的重力mg 、支持力F N ，由平衡条件可得tan θ＝F mg，解得q ＝mgr 2tan θk，选项A 正确；斜面对P 的支持力F N ＝mgcos θ＋Fsin θ，由牛顿第三定律可知，P 对斜面的压力为F N ′＝mgcos θ＋Fsin θ，选项B 错误；对P 和斜面体整体受力分析，可知水平方向受到Q 对P 向左的库仑力F ＝k q2r 2和地面对斜面体水平向右的摩擦力，由平衡条件可知，斜面体受到水平向右的摩擦力大小为f ＝k q2r 2，选项C 错误；对P 和斜面体整体受力分析，竖直方向受到竖直向下的重力(M＋m)g 和水平面的支持力，由平衡条件可得，水平面支持力等于(M ＋m)g ，根据牛顿第三定律，斜面体对地面的压力大小为(M ＋m)g ，选项D 正确．10．(多选)如图所示，用两根完全相同的橡皮筋M 、N 将两个质量均为m ＝1 kg 的可视为质点的小球A 、B 拴接在一起，并悬挂在水平天花板上，在小球A 上施加一水平向左的恒力F ，当系统处于静止状态时，橡皮筋M 与竖直方向的夹角为60°.假设两橡皮筋的劲度系数均为k ＝5 N/cm ，且始终处在弹性限度以内，重力加速度取g ＝10 m/s 2.则( )A ．橡皮筋M 的伸长量为4 cmB ．橡皮筋N 的伸长量为2 cmC ．水平恒力的大小为10 3 ND ．如果将水平恒力撤去，则小球B 的瞬时加速度为零 BD 先对小球B 进行受力分析，小球B 受重力mg 和橡皮筋N 的拉力F 1，根据平衡条件，有F 1＝mg ＝10 N ，又F 1＝kx N ，解得橡皮筋N 的伸长量x N ＝F 1k＝2 cm ，选项B 正确；再将小球A 、B 看成一个整体，整体受重力2mg 、水平恒力F 和橡皮筋M 的拉力F 2，如图所示，根据平衡条件，有F ＝2mgtan60°＝23mg ＝20 3 N ，选项C 错误；橡皮筋M 的弹力F 2＝2mgcos 60°＝4mg ＝40 N ，根据胡克定律有F 2＝kx M，解得橡皮筋M的伸长量x M＝F2k＝8 cm，选项A错误；小球B受重力和橡皮筋N的拉力，撤去水平恒力的瞬间，小球B的重力和橡皮筋N的拉力都不变，故小球仍处于平衡状态，加速度为零，选项D正确．二、非选择题11．如图所示，一质量为M＝2 kg的铁块套在倾斜放置的杆上，杆与水平方向的夹角θ＝60°，一轻绳一端连在铁块上，一端连在一质量为m＝1 kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与球的轻绳与杆垂直，铁块和球都处于静止状态．(g取10 m/s2)求：(1)拉力F的大小；(2)杆对铁块的摩擦力的大小．解析(1)对B球受力分析如图所示．根据力的平衡F＝mgtan θ解得F＝10 3 N(2)由于绳对铁块的拉力垂直于杆，且铁块处于静止状态，因此铁块受到的摩擦力等于铁块的重力沿斜面向下的分力，即F f＝Mg sin θF f＝10 3 N答案(1)10 3 N (2)10 3 N12．(2020·承德一模)如图所示，两平行金属导轨间的距离d＝1.0 m，导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ＝53°，在导轨所在的空间内分布着磁感应强度大小为B＝1.5 T，方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，导轨的一端接有电动势E＝ 6.0 V，内阻r＝1.0 Ω的直流电源．现将一质量m＝0.5 kg，电阻R＝3.0 Ω，长度为1.0 m的导体棒ab垂直导轨放置，开关S接通后导体棒刚好能保持静止．已知电路中定值电阻R0＝6.0 Ω，重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，导体棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)导体棒中通过的电流大小；(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数．解析(1)由电路知识可知，导体棒与定值电阻R0并联后接在电源两端，设电路中的总电阻为R总，则有R总＝RR0R＋R0＋r，代入数据可得R总＝3 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I＝ER总＝2 A，导体棒ab 两端的电压为U ab ＝E －Ir ，代入数据可得U ab ＝4 V ，所以流经导体棒的电流I R ＝U ab R ＝43A. (2)对导体棒进行受力分析如图所示．设导轨对导体棒的支持力大小为F N ，摩擦力大小为F f ，导体棒受到的安培力大小为F.由题意可知，导体棒中的电流方向为b→a，由左手定则可知，导体棒受到的安培力沿导轨所在的平面向上，其大小 F ＝BI R d ，代入数据有F ＝2 N ，又因为重力沿导轨所在的平面向下的分量为mgsin 53°＝4 N ，所以可判断出此时的摩擦力方向一定沿导轨所在的平面向上，且大小为F f ＝mgsin 53°－F ，即F f ＝2 N ，又F f ＝μmgcos 53°，代入数据解得μ＝23.答案 (1)43 A (2)232019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．关于物理学中的思想或方法，以下说法错误的是（ ） A ．加速度的定义采用了比值定义法B ．研究物体的加速度跟力、质量的关系采用假设法C ．卡文迪许测定万有引力常量采用了放大法D ．电流元概念的提出采用了理想模型法2．如图所示，足够长的直线ab 靠近通电螺线管的一端，且与螺线管垂直。

2019-2020年高三物理第二轮专题复习专题一力和运动教案人教版一、考点回顾1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。

牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。

从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。

3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。

4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。

二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。

5求证：(1)T1－T2＝6mg(2)v0≥gL证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：T1－mg＝mv02/L T2＋mg＝mv2/L由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥gL5代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥gL点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。

加之小球通过最高点有极值限制。

这就构成了主要考查点。

2．质量为M 的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m 的物体正以加速度a 下滑。

求水平面对楔形木块的弹力N 和摩擦力f 。

解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程： N 1‘＝mgcosα mgsinα－f 1’＝ma ，得：f 1‘＝m(gsinα－a) 由牛顿第三定律，物体楔形木块有N 1＝N 1’，f 1＝f 1‘然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：N ＝mg ＋N 1cosα＋f 1sinα＝Mg ＋mgcos 2α＋mgsin 2α－masinα ＝(M ＋m)g －masinαf ＝N 1sinα－f 1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα 点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。

课时作业三力与曲线运动一、选择题1．下列说法正确的是( )A．做曲线运动的物体的合力一定是变化的B．两匀变速直线运动的合运动一定是曲线运动C．做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心D．做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化不同解析：做曲线运动的物体的合力不一定是变化的，例如平抛运动，选项A错误；两个匀变速直线运动的合运动可能是匀变速直线运动，选项B错误；做匀速圆周运动的物体的加速度大小恒定，方向始终指向圆心，选项C正确；做平抛运动的物体在相同的时间内速度的变化相同，均等于gt，选项D错误．答案：C2．(2019年江苏三市联考)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图1所示，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是( )图1A．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小B．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长C．沿轨迹1运动的石子加速度最大D．三个石子在最高点时速度相等解析：根据抛体运动规律，三个石子在空中运动时间相等，落地时竖直速度相等，沿轨迹3运动的石子水平速度最小，落水时速度最小，选项A正确，B错误；三个石子在空中运动只受重力，加速度相等，选项C错误；三个石子在最高点时石子1速度最大，石子3速度最小，选项D错误．答案：A3．如图2所示，一条小河河宽d ＝60 m ，水速v 1＝3 m/s.甲、乙两船在静水中的速度均为v 2＝5 m/s.两船同时从A 点出发，且同时到达对岸，其中甲船恰好到达正对岸的B 点，乙船到达对岸的C 点，则( )图2A ．α＝βB ．两船过河时间为12 sC ．两船航行的合速度大小相同D ．BC 的距离为72 m解析：因为同时到达对岸，所以dv 2cos α＝dv 2cos β，解得α＝β，A 正确；当船头垂直岸渡河时t ＝d v 2＝12 s ，现在两船在垂直河岸方向上的速度小于v 2，故渡河时间大于12 s ，B 错误；由于两船的方向不同，而水流方向相同，根据平行四边形定则可知两者的合速度大小不同，C 错误；根据几何知识可得cos α＝cos β＝45，所以sin β＝35，故乙船在水流方向的速度为v ＝(3＋5×35) m/s ＝6 m/s ，渡河时间为t ′＝dv 2cos β＝15 s ，所以BC 的距离为x BC ＝vt ′＝6×15 m ＝90 m ，D 错误．答案：A4．(2019年天津市河西区月考)如图3所示，质量为m 的小球在竖直面内的光滑圆形轨道内侧做圆周运动，通过最高点且刚好不脱离轨道时的速度为v ，重力加速度为g ，则当小球通过与圆心等高的A 点时，对轨道内侧的压力大小为( )图3A ．mgB ．2mgC ．3mgD ．5mg解析：小球恰好通过最高点时，有mg ＝m v 2R，由最高点到A 点过程，由机械能守恒定律有mgR ＝12mv A 2－12mv 2，在A 点由牛顿第二定律有F N ＝m v A2R ，联立解得轨道对小球的弹力F N ＝3mg .由牛顿第三定律得小球对轨道内侧的压力大小为3mg ，选项C 正确．答案：C5．(2019年河南洛阳联考)如图4所示，长为L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动，另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升．下列说法正确的是( )图4A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为vcos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为vL sin α解析：图5棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图5所示．设棒的角速度为ω，则合速度v 实＝ωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝vL sin α，小球速度为v 实＝ωL ＝vsin α，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：D6．(2019年北京西城区联考)如图6所示，地球绕着太阳公转，而月球又绕着地球转动，它们的运动均可近似看成匀速圆周运动．如果要通过观测求得地球的质量，需要测量下列哪些量( )图6A ．地球绕太阳公转的半径和周期B ．月球绕地球转动的半径和周期C ．地球的半径和地球绕太阳公转的周期D ．地球的半径和月球绕地球转动的周期解析：由万有引力提供向心力可得，G Mm r 2＝m (2πT )2r ，解得M ＝4π2r3GT 2，要求出地球质量，需要知道月球绕地球转动的轨道半径和周期，选项B 正确，A 、C 、D 错误．答案：B7．(2019年湖南省联考)如图7所示，由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年启动，拟采用三颗全同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形阵列，地球恰好处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万千米的轨道上运行，对一个周期仅有5.4分钟的超紧凑双白矮星系统RXJ0806.3＋1 527产生的引力波进行探测．若地球近地卫星的运行周期为T 0，则三颗全同卫星的运行周期最接近( )图7 A．6T0B．30T0C．60T0D．140T0解析：由题意知，该卫星的轨道半径r＝27R2cos30°＝93R，由开普勒第三定律有T02T卫2＝R3（93R）3，联立解得该卫星的周期T＝（93）3T0≈60T0，选项C正确．答案：C8．(多选)2018年5月25日21时46分，探月工程嫦娥四号任务“鹊桥”中继卫星成功实施近月制动，进入月球至地月拉格朗日L2点的转移轨道．当“鹊桥”位于拉格朗日点(如图8中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为地月系统拉格朗日点)上时，会在月球与地球的共同引力作用下，几乎不消耗燃料而保持与月球同步绕地球做圆周运动，下列说法正确的是(月球的自转周期等于月球绕地球运动的周期)( )图8A．“鹊桥”位于L2点时，“鹊桥”绕地球运动的周期和月球的自转周期相等B．“鹊桥”位于L2点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度C ．L 3和L 2到地球中心的距离相等D ．“鹊桥”在L 2点所受月球和地球引力的合力比在其余四个点都要大解析：“鹊桥”位于L 2点时，绕地球运动的周期和月球绕地球运动的周期相等，又月球的自转周期等于月球绕地球运动的周期，故选项A 正确；“鹊桥”位于L 2点时，由于“鹊桥”与月球绕地球做圆周运动的周期相同，“鹊桥”的轨道半径大，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度，故选项B 正确；如果L 3和L 2到地球中心的距离相等，则“鹊桥”在L 2点受到月球与地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，故L 2到地球中心的距离大于L 3到地球中心的距离，选项C 错误；在5个点中，L 2点离地球最远，所以在L 2点“鹊桥”所受合力最大，选项D 正确．答案：ABD9．(2018年高考·江苏卷)(多选)火车以60 m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s 内匀速转过了约10°.在此10 s 时间内，火车( )A ．运动路程为600 mB ．加速度为零C ．角速度约为1 rad/sD ．转弯半径约为3.4 km解析：火车的角速度ω＝θt 2π×1036010 rad/s ＝π180 rad/s ，选项C 错误；火车做匀速圆周运动，其受到的合外力等于向心力，加速度不为零，选项B 错误；火车在10 s 内运动路程s ＝vt ＝600 m ，选项A 正确；火车转弯半径R ＝vω＝60π180≈3.4 km ，选项D 正确． 答案：AD10．(2019年山东济南高三模拟)(多选)如图9所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，从斜面顶端以速度v 0水平抛出一小球，经过时间t 0恰好落在斜面底端，速度是v ，不计空气阻力．下列说法正确的是( )图9A ．若以速度2v 0水平抛出小球，则落地时间大于t 0B ．若以速度2v 0水平抛出小球，则落地时间等于t 0C ．若以速度12v 0水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v 成12θ角D ．若以速度12v 0水平抛出小球，则撞击斜面时速度方向与v 同向解析：若以速度2v 0水平抛出小球，小球一定落在水平面上，小球下落的高度不变，由h ＝12gt 2，可知落地时间等于t 0，选项A 错误，B 正确；若以速度12v 0水平抛出小球，小球一定落在斜面上，末速度与竖直方向夹角的正切tan α＝v 0v y ＝v 0gt ＝12tan θ，故撞击斜面时速度方向与v 同向，选项C 错误，D 正确．答案：BD11．(2019年陕西西安市模拟)(多选)如图10所示，一质量为m 的小球置于半径为R 的光滑竖直轨道最低点A 处，B 为轨道最高点，C 、D 为圆的水平直径两端点．轻质弹簧的一端固定在圆心O 点，另一端与小球拴接，已知弹簧的劲度系数为k ＝mg R，原长为L ＝2R ，弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度v 0，已知重力加速度为g ，则( )图10图10A ．无论v 0多大，小球均不会离开圆轨道B ．若2gR <v 0<5gR ，则小球会在B 、D 间脱离圆轨道C ．只要v 0>4gR ，小球就能做完整的圆周运动D ．若小球能做完整圆周运动，则v 0越大，小球与轨道间的最大压力与最小压力之差就会越大解析：由题中条件易知弹簧的弹力始终为F ＝kΔx ＝mg ，方向背离圆心，易得在最高点以外的任何地方轨道对小球均会有弹力作用，所以无论初速度多大，小球均不会离开圆轨道，A 正确，B 错误；若小球到达最高点的速度恰为零，则根据机械能守恒定律有12mv 02＝mg ·2R ，解得v 0＝4gR ，故只要v 0>4gR ，小球就能做完整的圆周运动，C 正确；在最低点时F N1－mg －kΔx＝mv 02R ，从最低点到最高点，根据机械能守恒定律有12mv 02＝12mv 2＋mg ·2R ，在最高点F N2＋mg －kΔx ＝mv 2R，其中kΔx ＝mg ，联立解得F N1－F N2＝6mg ，与v 0无关，D 错误．答案：AC12．(多选)1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G ，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量G ，地球表面处的重力加速度g ，地球半径R ，地球上一个昼夜的时间T 1(地球自转周期)，一年的时间T 2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L 1，地球中心到太阳中心的距离L 2.你能计算出( )A ．地球的质量m 地＝gR 2GB ．太阳的质量m 太＝4π2L 23GT 22C ．月球的质量m 月＝4π2L 13GT 12D ．可求月球、地球及太阳的密度解析：对地球表面的一个物体m 0来说，应有m 0g ＝Gm 地m 0R 2，所以地球质量m 地＝gR 2G，选项A正确．对地球绕太阳运动来说，有Gm 太m 地L 22＝m 地4π2T 22L 2，则m 太＝4π2L 23GT 22，选项B 正确．对月球绕地球运动来说，能求地球的质量，不知道月球的相关参量及月球的卫星的运动参量，无法求出它的质量和密度，选项C 、D 错误．答案：AB 二、解答题13．一探险队在探险时遇到一山沟，山沟的一侧OA 竖直，另一侧的坡面OB 呈抛物线形状，与一平台BC相连，如图11所示．已知山沟竖直一侧OA的高度为2h，平台离沟底的高度为h，C点离OA的水平距离为2h.以沟底的O点为原点建立坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y＝x22h.质量为m的探险队员在山沟的竖直一侧从A点沿水平方向跳向平台．人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：图11(1)若探险队员从A点以速度v0水平跳出时，掉在坡面OB的某处，则他在空中运动的时间为多少？(2)为了能跳在平台上，他在A点的初速度v应满足什么条件？请计算说明．解：(1)设探险队员在OB坡面上的落点坐标为(x0，y0)，由平抛规律可得x0＝v0t2h－y0＝12gt2将(x0，y0)代入抛物线方程y＝x22h可得t＝2h v02＋ghv02＋gh.(2)y B＝h，将(x B，y B)代入y＝x22h，可求得x B＝2h由平抛规律得x B＝v B t1，x C＝v C t1，2h－h＝12gt12，又x C＝2h联立以上各式解得v B＝gh，v C＝2gh所以为了能跳到平台上，他在A点的初速度应满足gh≤v≤2gh.14．现有一根长L＝1 m的不可伸长的轻绳，其一端固定于O点，另一端系着质量m＝0.5kg的小球(可视为质点)，将小球提至O点正上方的A点，此时绳刚好伸直且无张力，如图12所示，不计空气阻力，g取10 m/s2.图12(1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动，在A 点至少应给小球施加多大的水平速度v 0?(2)在小球以速度v 1＝4 m/s 水平抛出的瞬间，绳中的张力为多少？(3)在小球以速度v 2＝1 m/s 水平抛出的瞬间，绳中若有张力，求其大小；若无张力，试求绳再次伸直时所经历的时间．解：(1)要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，最高点有mg ＝m v 02L，得v 0＝gL ＝10m/s.图13(2)因为v 1>v 0，故绳中有张力，由牛顿第二定律得F T ＋mg ＝m v 12L代入数据解得，绳中的张力F T ＝3 N.(3)因为v 2<v 0，故绳中没有张力，小球将做平抛运动，当绳子再次伸直时，小球运动到如图13所示的位置，根据平抛运动规律可知，水平方向有x ＝v 2t竖直方向有y ＝12gt 2，- 11 - 又L 2＝(y －L )2＋x 2解得t ＝2ggL －v 22＝0.6 s.。