专题02力与直线运动（分层练）

专题验收评价专题02力与直线运动内容概览TOC\o"13"\h\uA·常考题不丢分（20） 1【命题点01匀变速直线运动规律的应用】 1【命题点02运动图像的应用】 4【命题点03牛顿运动定律的应用】 8【命题点04动力学的临界问题】 12B·拓展培优拿高分（12） 15C·挑战真题争满分 26【命题点01匀变速直线运动规律的应用】1．（2024·河南·校联考模拟预测）两列高铁交会时会对周围的空气产生强烈的扰动，造成车体表面的压力变化，突变的压力会冲击车体。实际在交会时可以适度降低车速以减小该冲击现象，假设长度均为L的两列高铁列车在平直轨道上以速率v0正常行驶，当两列车的任一部分侧视重叠时，列车速率都不允许超过vv<v0。已知两列车同时减速和加速，且两列车加速和减速时加速度的大小均为A．2v0−va+Lv B．【答案】A【详解】减速时间t匀速时间t加速度时间t所以用时间至少t=故选A。2．（2023·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）自驾游是目前比较流行的旅游方式，在人烟稀少的公路上行驶，司机会经常遇到动物过公路的情形。如图所示是一辆汽车正在以v0=20m/sA．汽车匀减速6s末的速度大小为4mC．汽车第2s末的速度为10m/s D．汽车匀减速第4【答案】D【详解】A．根据题意，由公式v=代入数据解得t=5s，B．由A分析可知，汽车在刹车5s后停止运动，根据公式x=带入数据解得x=50m，C．根据题意，由公式v=v0+at，代入数据，解得D．汽车刹车减速5s停止，根据逆运算，第4s末到第6s末位移可看成第5代入数据解得x=2m，故选D。3．（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，从空中将小球P从a点竖直向上抛出的同时，将小球Q从c点由静止释放，一段时间后Q在a点正下方的b点时追上P，此过程中两小球均末落地且末发生碰撞。若a、b两点间的高度差为ℎ，c、a两点间的高度差为2ℎ。不计空气阻力，重力加速度为g，两小球均可视为质点，则小球P相对抛出点上升的最大高度为（）A．ℎ6 B．ℎ3 C．ℎ2【答案】B【详解】Q做自由落体运动，有x解得t=从抛出到相遇，以向下为正方向，可得x据几何关系可得x解得vP上升的最大高度为ℎ故选B。4．（2023·河北唐山·统考三模）2021年7月28日，在东京奥运会男子双人跳板决赛中，中国选手谢思埸、王宗源获得冠军。从运动员离开跳板开始计时，跳水过程中运动员重心的v−t图像如图所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2A．运动员在入水前做的是自由落体运动 B．运动员在t=2sC．运动员在1~2s内的位移大小约为8m D．运动员双脚离开跳板后重心上升的高度为【答案】D【详解】A．运动员离开跳板时，有向上的初速度，则运动员在入水前做的不是自由落体运动，故A错误；B．运动员在t=2sC．运动员在0.2~1s内做自由落体运动，由公式v=gt可得，t=1s若运动员在1~2s内做匀减速运动，v−t由v−t图像中面积表位移可知，此时，运动员在1~2s内的位移为x=12×1×8m=4D．由图可知，运动员在t=0.2s时运动到最高点，则有ℎ=12gt故选D。5．（2023·辽宁大连·统考一模）如图为大连星海湾大桥上的四段长度均为L的等跨连续桥梁，汽车从a处开始做匀减速直线运动，恰好行驶到e处停下。汽车通过ab段的平均速度为v1，汽车通过de段的平均速度为v2，则A．1<v1v2<2 B．3<v【答案】B【详解】将汽车从a到e的匀减速直线运动，看作反向初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可得，汽车经过de段和ab段所用的时间之比为1：（2−3），所以汽车经过ab段的平均速度与通过又因为2−所以，3<v1故选B。【命题点02运动图像的应用】6．（2024·湖南·校联考二模）2023年4月8日，奥运会冠军朱雪莹在青岛夺得全国蹦床锦标赛女子蹦床项目冠军，假设朱雪莹某次训练中从空中最高点无动力下落的加速度与下落高度的变化如图所示，g为重力加速度，则下列说法正确的是（）A．朱雪莹下落距离为ℎ1B．朱雪莹下落距离为ℎ2时速度大小为C．朱雪莹下落距离为ℎ3时，蹦床对朱雪莹的作用力一定大于D．朱雪莹下落距离为ℎ1【答案】C【详解】A．ℎ1∼ℎB．根据2ax=v2−v02，可知a−xC．根据a−x图像和坐标轴上方和下方的面积大小相等，可得a>g，在最低点有F解得FN>2mgD．由于系统机械能守恒，朱雪莹下落距离为ℎ2时，动能最大，故朱雪莹下落距离为ℎ故选C。7．（2024·浙江嘉兴·统考一模）杭州亚运会10m跳台的跳水决赛中，中国运动员全红婵完美一跳后裁判全给10分并获得冠军。从全红婵离开跳板开始计时，跳水过程中重心的v−tA．在0∼t1过程中作自由落体运动 B．在C．在t3∼t4过程中加速度逐渐减小【答案】C【详解】A．在0∼tB．在t2C．在t3D．根据图像可知，0∼t1过程竖直向上运动，t1故选C。8．（2024·河南郑州·统考一模）如图所示，抛物线a和直线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间x−t图像，t2时刻对应抛物线的顶点．下列说法正确的是（

A．在t3时刻，两车速率相等 B．在0~t3C．在0~t3时间内，t2时刻两车相距最远 D．在t1~【答案】D【详解】A．位移时间—关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小和方向，在t3时刻，两车图像斜率不相等，则两车速率不相等，故A错误；B．在0~t3时间内，C．在0~t3时间内，当两车共速时，相距最远，根据图线的切线斜率可知不是D．在t1~t3时间内，故选D。9．（2023·河北·模拟预测）在同一平直路面上，从同一地点沿同方向运动的两辆汽车A、B，A车的运动图像如图线a所示，B车的运动图像如图线b所示，则（）A．0~2s内A车的速度大，2s后B车速度大B．t=2s时，两车相遇C．t=4s时，两车相遇 D．A车的初速度是2m/s，加速度是1m/s2【答案】B【详解】BC．根据公式v=可知xt表示平均速度，即t=2AD．根据位移时间公式x=变形得x结合图像可知A车的初速度为2m/s，斜率为k=解得加速度为a=2B车初速度为零，同理可得加速度为a由此可知0~1s内，A车速度大，1s后，B车速度大，故AD错误。故选B。10．（2023·安徽亳州·蒙城第一中学校考三模）放在水平面上的物体，在水平力F作用下开始运动，以物体静止时的位置为坐标原点，力F的方向为正方向建立x轴，物体的加速度随位移的变化图像如图所示。下列说法中正确的是（）A．0~x2过程中物体做匀加速直线运动，B．位移为x1时，物体的速度大小为2C．位移为x2时，物体的速度达到最大D．物体的最大速度为2【答案】B【详解】A．0~x2过程中加速度不变，所以物体做匀加速直线运动，x2~B．由位移速度公式可得，2解得移为x1时，物体的速度大小为2D．由位移速度公式可得，v故a−x图像的面积表示v2−v02故选B。【命题点03牛顿运动定律的应用】11．（2022·山东临沂·统考三模）如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A（到定滑轮的距离足够远），通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F=1.5N，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，斜面的倾角θ=37°，铁块B下端到地面的高度ℎ=0.75m，木块A的质量m=0.5kg，铁块B的质量M=1kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m（1）求木块A受到的摩擦力；（2）撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。【答案】（1）0.5N，方向沿斜面向下；（2）【详解】（1）假设绳子拉力为T0，对木块A，根据受力平衡可得，对铁块B和动滑轮，根据受力平衡可得，2联立解得，f=0.5N，木块A受到的摩擦力大小为0.5（2）撤去力F，设木块A向上加速的加速度为aA，铁块B向下加速的加速度为aT−mgMg−2T=M又a联立解得，a当铁块B落地时，木块A向上通过的位移为x设此时木块A的速度为v1，则有解得v铁块B落地后，木块A继续向上做匀减速运动的加速度大小为a2，则有解得a木块A继续向上运动的位移为x木块A能沿斜面上滑的最大距离为x=12．（2023·河北·模拟预测）如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端连接物体B，B上叠放着物体A，系统处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体A上，使A开始向上做匀加速运动。以系统静止时的位置为坐标原点，竖直向上为位移x正方向，对物体A施加竖直向上的拉力，物体A以a0做匀加速运动，B物体的加速度随位移变化的a−x图像如图乙所示，坐标上的值为已知量，重力加速度gA．在图乙PQ段中，拉力F恒定不变 B．在图乙QS段中，B的速度逐渐减小C．B位移为x1时，A、B之间弹力大小0 D．B位移为x【答案】C【详解】A．以A、B为整体分析，PQ段一起向上匀加速运动，受弹簧弹力、重力和拉力F，合力恒定，向上运动过程中弹簧弹力减小，所以拉力F增大，故A错误；B．QS段B的加速度在减小，但方向仍然向上，故其速度仍在增大，故B错误；C．在x1D．位移为x2故选C。13．（2023·吉林长春·东北师大附中校考模拟预测）如图所示，质量分别为m、2m的小球P、Q，通过完全相同的甲、乙两弹簧竖直悬挂在天花板上。已知重力加速度大小为g，弹簧质量可忽略不计且始终在弹性限度内，不计一切阻力。用水平挡板竖直向上缓慢托起小球Q，直至将甲弹簧压缩到弹力大小为A．与初始位置比，撤去挡板前甲弹簧的弹性势能增加B．与初始位置比，撤去挡板前乙弹簧的弹性势能增加C．在撤去挡板的瞬间，甲、乙两弹簧的弹力之比为2:1D．在撤去挡板的瞬间，甲、乙两弹簧的形变量之比一定为1:2【答案】D【详解】CD．在撤去挡板之前，小球P，Q均处于平衡状态，对小球P受力分析可知，乙弹簧处于压缩状态，且弹力大小为2mg，则在撤去挡板的瞬间，甲乙两弹簧力之比为1:2，甲、乙两弹簧的形变量之比一定为1:2，故C错误，D正确；A．根据题意，初始位置时，把小球P，Q与弹簧乙看成整体，受力分析可知，此时弹簧甲的弹力为3mg，撤去挡板前甲弹簧的弹力为mg，可知，弹力减小，弹簧的形变量减小，甲弹簧的弹性势能减小，故A错误；B．根据题意，初始位置时，对小球Q受力分析可知，此时弹簧乙的弹力为2mg，在撤去挡板的瞬间弹力也为2mg，弹力大小不变，形变量不变，弹性势能不变，故B错误。故选D。14．（2024·海南·校联考一模）如图，质量分别为m和2m的方形物体A和B在水平恒力F作用下，沿光滑水平面向右运动，A刚好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则A、B间的动摩擦因数为（）A．mgF B．2mgF C．3mg2F【答案】C【详解】设物体运动的加速度大小为a，对A、B整体有a=隔离B，可得A对B作用力大小F由牛顿第三定律知B对A作用力大小F对A在竖直方向有μ得μ=3mg2F15．（多选）（2023·山西·校联考模拟预测）如图所示，劲度系数为400N/m的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与质量为2kg的物块1连接，质量为4kg的物块2叠放在1上，系统处于静止状态。现对物块2施加竖直向上的拉力，使物块2竖直向上做匀加速直线运动，已知拉力在t=0.2s内为变力，0.2s后为恒力，取g=10A．物块2匀加速直线运动的加速度大小为4m/s2B．C．t=0.2s时，拉力的大小为28N D．t=0.2【答案】AB【详解】系统处于静止状态m0~0.2s过程中，x=t=0时对系统，Ft=0.2s时，对物块1，弹簧弹力，F=k对物块2，F联立解得，x0=0.15m，x=0.08m，a=4m/s2故选AB。【命题点04动力学的临界问题】16．（2023·辽宁抚顺·校联考二模）如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，两个质量均为m的物块A、B用原长为l0的轻质弹簧连接，两物块恰好能静止在斜面上，此时弹簧的长度为l（在弹性限度内）。已知物块A与斜面间的动摩擦因数是物块B与斜面间的动摩擦因数的两倍，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度大小为gA．mgsinθ3(l0−l) B．mg【答案】A【详解】设物块A与斜面间的动摩擦因数为μ，对物块A有，mg对物块B有，mg解得，k=故A正确。17．（2023·全国·一模）如图所示，两个质量均为m的小球用轻质细杆连接静止于内壁光滑的半球形碗内，杆及碗口平面均水平，碗的半径及两小球之间的距离均为R，不计小球半径，则碗对每个小球的支持力大小为（）A．33mg B．233mg C．3mg【答案】B【详解】以其中一小球为研究对象，受力情况如图所示根据题意可知θ＝30°，对小球根据平衡条件可知，F故选B。18．（2024·安徽安庆·统考一模）如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N，关于物体受力的判断（取A．斜面对物体的摩擦力大小为零B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9NC．斜面对物体的支持力大小为4.9ND．斜面对物体的支持力大小为4.9N【答案】A【详解】AB．物体重力沿斜面方向下的分力，Gx=mgsin30°=4.9N与弹簧的弹力相等，根据共点力平衡，知物体不受摩擦力作用，故A正确、B错误；CD．物体处于静止状态，受力平衡，在垂直于斜面方向有，N=mgcos30故选A。19．（2023·山东·模拟预测）在吊运表面平整的重型板材（混凝土预制板、厚钢板）时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起（不必捆的很紧），用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊（如图所示），若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊（不考虑钢丝绳断裂），需要满足的条件是（）A．tanα>μ B．tanα<μ C．sinα>μ【答案】B【详解】要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示即T化简可得，tanα<μ，故选B。20．（2023·内蒙古通辽·校考模拟预测）如图，在竖直平面内，有一直角三角形金属框架，底边水平，底角分别为30°和60°，质量为M的小球a和质量为m的小球b套在框架上，可以无摩擦地滑动，a、b之间用不可伸长的细线连接，当系统处于平衡时，细线与金属框架形成的夹角θ=53°，已知sin53°=0.8,cos53°=0.6，则小球a、bA．334 B．433 C．【答案】A【详解】分别对两小球受力分析由图可得，Mgsin30°=F解得，Mm=故选A。1．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）如图所示，质量分别为2m和m的P、Q两物体按如图所示的方式用轻弹簧和轻绳连接在墙面和长木板间，当系统静止时，轻绳的拉力大小为mg，轻弹簧的压缩量为x，重力加速度为g。则下列说法正确的是（

）剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为g剪断轻绳后，P向下运动2x时，加速度为零C．剪断轻绳后，P向下运动x时，重力的功率最大D．撤走长木板的瞬间，Q的加速度大小为g【答案】C【详解】A．系统静止时，设轻绳的拉力为FT，轻弹簧的弹力为F，由于物体P受力平衡，则2mg=由F得F=mg又F=kx解得k=剪断轻绳的瞬间，对物体P由牛顿第二定律得，2mg−F=2ma解得a=g2BC．物体P向下加速运动，当物体P的合力为0时，有2mg=kx1，则P向下运动x时，加速度为0，速度最大，重力的功率最大。故B错误；C正确；D．系统静止时物体Q受力平衡，由mg+F=撤走长木板的瞬间，对物体Q由牛顿第二定律得，mg+F=ma'解得a'=2g，故D错误。故选C。2．（多选）（2023·四川宜宾·统考一模）如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个完全相同的物块，其中A放在B的上面，B、C用轻质弹簧相连，他们在恒力F的作用下一起沿水平面向右做匀加速直线运动。若突然撤去力A．物块C的加速度大小方向都不变 B．物块C的加速度大小不变，方向反向C．物块A的摩擦力方向不变 D．物块A相对于物块B静止【答案】AD【详解】AB．撤去F瞬间，弹簧弹力不变，则C的加速度大小方向都不变，A正确；CD．匀加速过程，根据牛顿第二定律，F=3maA所受摩擦力为f=ma，方向向右。弹簧弹力为T=ma撤去F瞬间，对AB，T=2m对A：f联立可知，f′=故选AD。3．（多选）（2022·辽宁鞍山·统考二模）如图所示，倾角为α＝30°的粗糙斜劈放置在水平面上，连接物体a、c的轻质细线绕过两个光滑小滑轮，其中a和滑轮1间的细线平行于斜面，滑轮1固定在斜劈上，滑轮2下方吊着物体b，c穿在水平横杆上，系统保持静止。物体a受到斜劈的摩擦力大小为Ff1，c受到横杆的摩擦力大小为Ff2，a，b，c三物体的质量均为m，a与斜面，c与横杆之间的动摩擦因数均为33，最大静摩擦等于滑动摩擦，β＝60°，若将c向右缓慢移动，aA．Ff1和Ff2，都将变大B．Ff1由沿斜面向上改为沿斜面向下，Ff2始终沿横杆向右C．β最大为120° D．斜劈受到地面的摩擦力和横杆受到物体c的摩擦力都变大【答案】ACD【详解】A．设绳的拉力为F，由平衡条件分别对b、c2FF解得Ff2=12mgtanβ2由2Fcosβ2=mg和a重力的分力为mgsin30°=0.5mg，因为mg3>0.5mg，物体a所受的摩擦力沿斜面向下；由2Fcosβ2=mg和F=mg综上所述，A正确；B．Ff1始终沿斜面向下，B错误；C．物体c恰好静止时F2F解得β=120°物体a恰好静止时F=mg2F解得β=120°，C正确；D．取a、b整体为研究对象，斜劈受到地面的摩擦力为F2Fβ增大，F增大，Ff增大；Ff2增大，由牛顿第三定律，横杆受到物体c的摩擦力变大；D正确。故选ACD。4．（多选）（2022·湖南长沙·长郡中学校考一模）如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物块放在倾角为θ=37°的斜面上，用绕过动滑轮的细线连接，给动滑轮施加一个沿斜面向上的拉力F，A、B两物块均处于静止状态，连接两物块的细线均平行于斜面，不计滑轮的质量，两物块与斜面间的动摩擦因数均为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（

）A．F的最小值为0.4mg B．F的最小值为0.8mgC．逐渐增大拉力F，A先滑动 D．逐渐增大拉力F，B先滑动【答案】BD【详解】AB．根据力的平衡可知，滑轮两边绳上的拉力大小分别为122mgsinθ=2μmgcos当B刚好要下滑时有，mg解得，F2=0.4mg，因此F的最小值为CD．当A刚好要上滑时，2mg解得，F当B刚好要上滑时，mgsinθ+μmgcosθ=因此逐渐增大F，物块B先滑动，故C错误，D正确。故选BD。5．（2022·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考三模）如图所示，质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块B放在倾角为θ=37°的斜面体C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角β=60°，该过程物块B和斜面C始终静止不动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（已知sin37°=0.6，cosA．水平外力F逐渐减小 B．物块B和斜面C之间的摩擦力先减小后增大C．斜面C对地面之间压力保持不变 D．物块B和斜面C之间的摩擦因数一定小于等于0.5【答案】B【详解】A．以小球A为对象，当绳子与竖直方向成α角时，根据受力平衡可得，F=mgtanα其中α角从0逐渐增大到β=60°，可知绳子拉力T逐渐增大，水平外力F逐渐增大，故A错误；C．以B、C为整体，竖直方向根据受力平衡可得，T由于绳子拉力T逐渐增大，可知斜面C对地面之间压力逐渐减小，故C错误；B．当绳子与竖直方向夹角α=0时，绳子拉力最小，可得，T此时斜面C对B的静摩擦力方向沿斜面向上，大小为f=2mg当绳子与竖直方向夹角α=β=60°时，绳子拉力最大，可得T此时斜面C对B的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为f当绳子拉力T=2mg斜面C对B的静摩擦力为零，可知物块B和斜面C之间的摩擦力先减小后增大，故B正确；D．当绳子与竖直方向夹角α=β=60°时，绳子拉力最大，斜面C对B的静摩擦力最大，则有f又f联立可得，μ≥0.5，可知物块B和斜面C之间的摩擦因数一定大于等于0.5，故D错误。故选B。6．（多选）（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触而未连接，弹簧水平且无形变，用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数处处相同为μ，重力加速度为g，则（）A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B．物体做匀减速运动的时间为6C．撤去F后，物体刚开始向左运动时的加速度大小为kxD．物体从开始向左运动到速度达到最大的过程中摩擦力对物体做的功为−μmg【答案】BCD【详解】A．撤去F后，当物体还未脱离弹簧时，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则合外力先向左逐渐减小，后向右逐渐增大，物体向左先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最后当物体离开弹簧后做匀减速运动，故A错误；B．由题意可知，物体离开弹簧后做匀减速运动的位移大小为s=4根据牛顿第二定律，物体做匀减速运动的加速度大小为a设物体做匀减速运动的时间为t，将物体的匀减速运动逆向看作是加速度大小不变的初速度为零的匀加速运动，则根据位移公式有s=解得，t=6xC．撤去F后，设物体刚开始向左运动时的加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有，k解得，a0=D．在物体向左运动的过程中，当物体所受合外力为零时速度最大，易知此时弹簧的压缩量为x=物体从开始向左运动到速度达到最大的过程中摩擦力对物体做的功为W=−μmg(x0故选BCD。7．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，质量为4m的货车载有质量为2m的货物，一起在水平路面上以速度v匀速运动，因紧急情况货车突然制动，货车停下后，货物继续运动后未与车厢前壁发生碰撞。已知货物与水平车厢底板间的动摩擦因数为μ，车轮与地面间的动摩擦因数为2μ，货物到车厢前壁的距离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．开始刹车时货车的加速度大小为2μg B．从开始刹车到货物停止运动的时间为vC．货车停止时，货物的速度大小为15v 【答案】D【详解】A．刹车后，货物的加速度由牛顿第二定律，a对货车由牛顿第二定律，2μ解得，a2=B．货车先停止运动，由v=a2t2C．货车停下时，由v物=v−a1D．由v=a1此时，货物的位移为s货车的位移为s相对货车滑行的距离x=所以需满足L≥3v故选D。8．（2018·吉林·统考一模）一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的at图像如图所示，t=0时其速度大小为2mA．在t=6s时刻，物体的速度为18ms B．在C．在t=6s时间内，拉力对物体的冲量为36N.sD．在t=6s时刻，拉力F的功率为200【答案】D【详解】A．at图像与时间轴围成的面积为物体速度的变化量，可知在t=6s时刻，物体速度的变化量为Δv=2+42B．根据动能定理，合力做的功等于动能的变化，有W=12C．根据冲量定理，拉力的冲量I与摩擦力冲量的和等于物体动量的变化，有I−ft=mv−m则I=48N·s，故C错误；D．根据牛顿第二定律，在t=6s时刻，有Ff=ma，得拉力F=10N所以瞬时功率P=Fv=200W，故D正确；故选D。9．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模）如图甲，倾角为θ的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下。以O点为原点，作出滑块从O下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图乙。弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．弹簧的劲度系数为mgB．下滑过程中，在x=xC．在x1∼x2和xD．在x1∼x【答案】C【详解】A．由图可知，当小球下落到x2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为(x解得k=mgsinB．对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，故当小滑块下落到x1C．在x1∼又由A项可知，k(联立解得，a=由图可知，当x=x1时联立解得，k即为该段图线的斜率绝对值；在x2k(x−又，k(联立解得a=由图可知，当x=2x2−联立解得k即为该段图线的斜率绝对值，故可得在x1∼x2和x2D．由图可知，x1∼x故选C。10．（2023·湖南永州·统考三模）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，在外力F的作用下系统处于静止状态。已知弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则（

）A．外力F的大小为2mgB．弹簧的形变量为mgC．若外力F的大小变为4mgsinθD．若外力F的大小变为4mgsinθ，当A、B相对静止时，突然撤去外力F【答案】D【详解】A．对物块A和B整体受力分析，由平衡条件可得，外力F的大小为，F=(m+2m)g故A错误；B．对物块B受力分析，由平衡条件可得，弹簧的弹力为F则弹簧的形变量为Δx=2mgCD．对物块A和B整体受力分析，由牛顿第二定律，得F−3mg解得a=物块A和B的加速度大小为a对物块B受力分析，由牛顿第二定律，F可得，弹簧弹力的大小为F突然撤去外力F的瞬间，弹簧不突变，所以物块B的加速度大小不变，故C错误，D正确。故选D。11．（多选）（2024·广东·校联考模拟预测）图像能够直观描述物理过程，能形象表述物理规律，能有效处理实验数据。如图所示为物体做直线运动的图像，下列说法正确的是（）A．甲图中，物体在0∼t0B．乙图中，物体的加速度为2C．丙图中，阴影面积表示t1D．丁图中，t=3s时物体的速度为【答案】AD【详解】A．由v−t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移，可知甲图中，物体在0∼t0这段时间内的位移大于12B．根据v2=2ax，则物体的加速度为a=0.5m/s2，C．根据Δv=at可知，丙图中阴影部分的面积表示tD．由x=v0t+结合丁图可知，v0=−5即a=10则t=3s时物体的速度为v3故选AD。12．（2023·福建福州·福建师大附中校考模拟预测）甲、乙、丙三个物体用不可伸长的轻线通过轻滑轮连接，甲与地面用轻弹簧连接，如图所示。物体乙与物块丙之间的距离和物体丙到地面的距离相等。已知物体乙与物块内的质量均为m，物体甲的质量大于m，但是小于2m；弹簧的劲度系数为k。物体在运动过程中不会与滑轮相碰，且不计一切阻力，物体碰地后不反弹，当地的重力加速度为g。（1）若已知物体甲的质量为1.5m，将乙与丙间的线剪断，求剪断瞬间乙物体加速度的大小？此时甲、乙之间轻绳拉力多大？（2）若将乙与丙间的线剪断，甲下降多大距离时它的速度最大？（3）若突然弹簧与甲物体脱离接触，要保证物块乙在运动过程中不会着地，求这种情形之下甲物体的质量的取值范围？【答案】（1）a=0.4g，T=1.4mg；（2）mgk；（3）【详解】（1）将乙与丙间的线剪断，对甲乙整体根据牛顿第二定律，mg=解得a=0.4g对乙进行受力分析有T−mg=ma，则T=1.4mg（2）设甲物体质量为M，开始时弹簧处于伸长状态，其伸长量x1，有解得x剪断轻线，甲的加速度为零时，速度达最大，设此时弹簧压缩量x2，有解得x所以，甲速度最大时，下降的距离x=（3）设丙距离地面为L，丙刚好落地时，甲、乙的速度为v对于甲乙丙三物体组成系统，机械能守恒，2mgL−MgL=若乙恰能着地，此时甲、乙物体速度为零，对甲乙两物体组成系统，其机械能守恒有MgL−mgL=联立解得，M=所以2m>M>2一、单选题1．（2023·广东·统考高考真题）铯原子喷泉钟是定标“秒”的装置。在喷泉钟的真空系统中，可视为质点的铯原子团在激光的推动下，获得一定的初速度。随后激光关闭，铯原子团仅在重力的作用下做竖直上抛运动，到达最高点后再做一段自由落体运动。取竖直向上为正方向。下列可能表示激光关闭后铯原子团速度v或加速度a随时间t变化的图像是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【详解】AB．铯原子团仅在重力的作用，加速度g竖直向下，大小恒定，在v−t图像中，斜率为加速度，故斜率不变，所以图像应该是一条倾斜的直线，故选项AB错误；CD．因为加速度恒定，且方向竖直向下，故为负值，故选项C错误，选项D正确。故选D。2．（2023·全国·统考高考真题）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【详解】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。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，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；C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；D．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化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。故选B。3．（2023·浙江·高考真题）如图所示，在考虑空气阻力的情况下，一小石子从O点抛出沿轨迹OPQ运动，其中P是最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则小石子竖直方向分运动的加速度大小（）A．O点最大 B．P点最大C．Q点最大 D．整个运动过程保持不变【答案】A【详解】由于空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，小石子在O点时速度斜向上方，此时速度最大，空气阻力斜向下方最大，上升过程与竖直方向夹角最小，故此时空气阻力分解在竖直方向最大，根据牛顿第二定律可知此时竖直方向分运动的加速度最大。故选A。4．（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（

）A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小【答案】D【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；C．根据动量与动能的关系有Ek=p22mD．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。故选D。5．（2022·广东·高考真题）图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（）A．B．C． D．【答案】C【详解】设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，mg可得a运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度a运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度a设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且a1<故选C。6．（2020·海南·统考高考真题）如图，上网课时小明把放在斜面上，处于静止状态。则斜面对的（

）A．支持力竖直向上 B．支持力小于所受的重力C．摩擦力沿斜面向下 D．摩擦力大于所受的重力沿斜面向下的分力【答案】B【详解】设的质量为m，斜面倾角为θ。对进行受力分析，如图所示由图可知支持力方向垂直斜面向上，摩擦力方向沿斜面向上，根据平衡条件则有f=mgsinθ因cosθ<1，故FN<mg7．（2020·全国·统考高考真题）如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α=70°，则β等于（）A．45° B．55° C．60° D．70°【答案】B【详解】甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示根据几何关系有，180∘=2β+α，解得故选B。二、多选题8．（2022·湖南·统考高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即F阻=kv2，k为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10mA．发动机的最大推力为1.5MgB．当飞行器以5m/C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5D．当飞行器以5m/【答案】BC【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=10m/飞行器以v2=5m/s向上匀速时，设最大推力为F联立可得，Fm=1.25Mg，k=MgB．飞行器以v3=5m/s匀速水平飞行时，C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，f=Fm2C正确；D．当飞行器最大推力向下，以v5=5m/Fm+Mg+kv52=Mam故选BC。9．（2022·全国·统考高考真题）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