2025 选考专题高考 物理 （川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题第2讲　力与直线运动 含答案

2025选考专题高考物理（川陕青宁蒙新晋豫）第一部分核心主干复习专题1.[2024·新课标卷]一个质点做直线运动,下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中,可能正确的是 ()ABCD2.[2024·甘肃卷]小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v-t图像如图所示,此两站间的距离约为 ()A.980m B.1230mC.1430m D.1880m3.[2024·河南许昌模拟]杭州第19届亚运会最引人注目的“黑科技”之一,是田径赛场上的“显眼包”——机器狗.两只可爱的四足机器狗,以铁饼“搬运工”的身份,忙碌地奔跑着.工作人员在A位置将铁饼放入机器狗背部的卡槽里,由机器狗运送到B位置,A、B间直线距离为80m.若某次运送中,机器狗从A由静止开始做直线运动到达B,到B时速度恰好为零.机器狗运动的最大速度为5m/s,加速度大小不超过1m/s2,则机器狗从A到B的最短时间为()A.10sB.15sC.21sD.32s4.[2024·广东卷]如图所示,轻质弹簧竖直放置,下端固定.木块从弹簧正上方H高度处由静止释放.以木块释放点为原点,取竖直向下为正方向.木块的位移为y,所受合外力为F,运动时间为t.忽略空气阻力,弹簧在弹性限度内.关于木块从释放到第一次回到原点的过程中,其F-y图像或y-t图像可能正确的是 ()ABCD5.(多选)[2023·湖北卷]t=0时刻,质点P从原点由静止开始做直线运动,其加速度a随时间t按图示的正弦曲线变化,周期为2t0.在0~3t0时间内,下列说法正确的是 ()A.t=2t0时,P回到原点B.t=2t0时,P的运动速度最小C.t=t0时,P到原点的距离最远D.t=32t0时,P的运动速度与t=12t6.[2024·广西玉林模拟]如图所示,一物体被水平向左的压力F压在粗糙的竖直墙壁上,某时刻压力F的值为F0,此时物体处于静止状态,若从该时刻起使压力F逐渐减小,直到减为零,重力加速度为g,则该过程中物体的加速度a与压力F的关系图像可能正确的是 ()ABCD7.[2024·海南卷]商场自动感应门如图所示,人走进时两扇门从静止开始同时向左、右平移,经4s恰好完全打开,两扇门移动距离均为2m,若门从静止开始以相同加速度大小先匀加速运动后匀减速运动,完全打开时速度恰好为0,则加速度的大小为 ()A.1.25m/s2 B.1m/s2C.0.5m/s2 D.0.25m/s28.如图所示,一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ=0.75,木板与水平地面成θ角,让木块从木板的底端以初速度v0=2m/s沿木板向上滑行,随着θ的改变,木块沿木板向上滑行的最大距离x将发生变化,重力加速度g取10m/s2,x的最小值为 ()A.0.12m B.0.14m C.0.16m D.0.2m9.[2024·黑龙江哈尔滨模拟]某电影拍摄现场用摄像机拍摄物体.已知t=0时刻摄像机和物体在两平直轨道上并排同向运动,二者v-t图像如图所示.若摄像机在8米之内可以获得清晰的画面,忽略两轨道间的距离,则从计时开始,摄像机运动过程中可以获得该物体清晰画面的总时间为 ()A.4s B.6s C.8s D.10s10.[2024·河北唐山模拟]如图所示,四只猴子水中捞月,它们将一颗又直又高的杨树压弯,竖直倒挂在树梢上,从上到下依次为1、2、3、4号猴子.正当4号打算伸手捞“月亮”时,3号突然两手一滑没抓稳,4号扑通一声掉进了水里.假设3号手滑前四只猴子都处于静止状态,四只猴子的质量都相等且为m,重力加速度为g,那么在3号猴子手滑后的一瞬间 ()A.4号猴子的加速度和速度都等于0B.3号猴子的加速度大小为g,方向竖直向上C.2号猴子对3号猴子的作用力大小为4D.1号猴子对2号猴子的作用力大小为711.(多选)[2024·辽宁卷]一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ.t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动.某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板.已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小.t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同.下列说法正确的是 ()A.小物块在t=3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μC.小物块和木板的质量之比为3∶4D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动12.[2024·广西卷]如图所示,轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒,锥筒间距d=0.9m,某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行.现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时t1=0.4s,从2号锥筒运动到3号锥筒用时t2=0.5s.求该同学:(1)滑行的加速度大小;(2)最远能经过几号锥筒.第3讲力与曲线运动时间|40min第2讲力与直线运动题型1例1(1)20m/s(2)680m[解析](1)根据匀变速直线运动速度公式有v=at1可得救护车匀速运动时的速度大小v=2×10m/s=20m/s(2)救护车加速运动过程中的位移x1=12at12设在t3时刻停止鸣笛,根据题意可得x1=v0(t2-t3)-v(t3-t1)停止鸣笛时救护车距出发处的距离x=x1+v(t3-t1)代入数据联立解得x=680m例2C[解析]由图可知,t=2s时b车启动,v-t图像与时间轴围成的面积代表位移,可知在b车启动时,a车在其前方超过2m的距离,A选项错误;b车做匀加速直线运动的加速度大小为a=ΔvΔt=2m/s2,假设b车启动后3s时间追上a车,计算得xb=8m,xa>8m,则假设不成立,B选项错误;b车追上a车前,两者速度相等时相距最远,即t=3s,C选项正确;b车超越a车后,b车的速度一直大于a车,则两车不可能再次相遇例3A[解析]木板在斜面上所受合力F=mgsinθ不变,则木板的加速度不变,木板从静止释放到下端到达A点的过程,有L=12at02,木板从静止释放到上端到达A点的过程,当木板长度为L时,有2L=12at12,当木板长度为2L时,有3L=12at22,又Δt1=t1-t0,Δt2=t2-t0,联立解得Δt2∶Δt1例4A[解析]根据题意,对整体应用牛顿第二定律有F=(M+m)a,对空间站分析有F'=Ma,解得F'=MM+mF,例5A[解析]缓慢拉至P点,保持静止,由平衡条件可知此时拉力F、重力和两弹簧拉力的合力为零,此时两弹簧的合力大小为mg.当撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中两弹簧的拉力与重力的合力始终向下,小球一直做加速运动,故A正确,B错误;小球从P点运动到O点的过程中,弹簧形变量变小,且两弹簧拉力夹角增大,故弹簧在竖直方向的合力不断变小,故小球所受合外力一直变小,加速度的最大值为刚撤去拉力时的加速度,由牛顿第二定律可知2mg=ma,加速度的最大值为2g,C、D错误.【迁移拓展】1.C[解析]速度是对物体位置变化快慢的描述,B、D错误;根据题中x与t的关系式可知,t=0时,质点位于x0=1m处,t=1s时,质点位于x1=6m处,因此质点在第1s内的位移为Δx=x1-x0=5m,A错误,C正确.2.A[解析]将B、C间的细线剪断前,A、B、C、D受力平衡,对B、C、D整体受力分析,如图甲所示,A、B间弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力分析,如图乙所示,C、D间弹簧的弹力FCD=mg;剪断细线瞬间,细线无拉力,弹簧弹力不突变,对B受力分析,如图丙所示,则B所受的合力FB=FAB-3mg=3mg,B的加速度大小aB=FB3m=g,对C受力分析,如图丁所示,则C所受的合力FC=FCD+2mg=3mg,C的加速度大小aC=FC2m=1.53.A[解析]对两个小球整体分析,受到轻绳的拉力和重力,合力水平向左,如图甲所示,由牛顿第二定律可得(m+M)gtanα=(m+M)a,可得tanα=ag,对较重小球分析,受到轻绳的拉力和重力,合力水平向左,如图乙所示,由牛顿第二定律可得Mgtanβ=Ma,可得tanβ=ag,所以有α=β,即两段轻绳与竖直方向的夹角相同,故选题型2例6BC[解析]由牛顿第二定律得F-Ff=ma,变形可得F=ma+μmg,根据图线可知甲的图线的斜率大于乙的图线的斜率,即m甲>m乙,根据图线可知μ甲m甲g=μ乙m乙g,得μ甲<μ乙,故B、C正确.例7B[解析]根据题意,由图可知,t2时刻之前加速度一直向上,t2时刻a=0,则手机向上速度达到最大,故A错误;根据题意,由图可知,手机有段时间竖直向下的加速度等于重力加速度,所以手机有可能离开升降机,故B正确;根据题意,由图可知,t2~t3时间内手机的加速度向下,手机处于失重状态,故C错误;根据题意,由图可知,t1~t2时间内手机加速度向上,由牛顿第二定律有FN-mg=ma,由于a减小,则FN减小,t2~t3时间内手机加速度向下,由牛顿第二定律有mg-FN=ma,由于a增大,则FN减小,即在t1~t3时间内,升降机对手机的支持力一直减小,由牛顿第三定律可知,手机对升降机的压力一直减小,故D错误.【迁移拓展】1.D[解析]设P的质量为M,P与桌面间的滑动摩擦力为Ff,绳的拉力为FT,以P为研究对象,根据牛顿第二定律可得FT-Ff=Ma,以盘和盘中砝码为研究对象,根据牛顿第二定律可得mg-FT=ma,联立可得a=mg-FfM+m=g-FfmMm+1,可知当砝码的重力大于Ff时,2.A[解析]设物块P静止时弹簧的压缩量为L,则kL=mg,当物块P位移为x时,弹簧弹力为k(L-x),根据牛顿第二定律有F+k(L-x)-mg=ma,即F=kx+ma+mg-kL=kx+ma,则F与x是一次函数关系,A正确.3.AB[解析]由图可得在0~10s内的加速度为a=ΔvΔt=1-010m/s2=0.1m/s2,在0~10s内,设吊车对货物的拉力为F,由牛顿第二定律得F-mg=ma,解得F=2020N,A正确;30~35s内,做正向的减速运动,加速度的方向向下,货物处于失重状态,B正确;30~35s内,加速度大小a1=ΔvΔt=1-05m/s2=0.2m/s2,设吊车对货物的拉力为F',由牛顿第二定律得mg-F'=ma1,解得F'=1960N,C错误;35s末货物离地面的距离为第2讲力与直线运动【网络构建】【关键能力】掌握匀变速直线运动规律及应用,理解牛顿运动定律及应用,灵活选取研究对象、会根据实际情况构建动力学模型,同时掌握整体法与隔离法、数形转换法、临界极值法、控制变量法等解题方法,联系生活实际,培养学生的物理观念和科学思维.题型1直线运动规律综合应用处理追及问题的常用方法过程分析法判断追上与否的条件求解二者间的距离极值函数法Δx=x乙+x0-x甲为关于t的二次函数,当t=-b2a时有极值,令Δx=0,利用Δ=b2-4ac图像法画出v-t图像,图线与t轴所围面积表示位移,利用图像更直观直线运动规律及应用例1[2024·全国甲卷]为抢救病人,一辆救护车紧急出发,鸣着笛沿水平直路从t=0时由静止开始做匀加速运动,加速度大小a=2m/s2,在t1=10s时停止加速开始做匀速运动,之后某时刻救护车停止鸣笛,t2=41s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声.已知声速v0=340m/s,求:(1)救护车匀速运动时的速度大小;(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离.例2[2024·黑龙江哈尔滨模拟]两辆可视为质点的小汽车a、b从同一地点出发,它们的v-t图像如图所示.下列说法正确的是 ()A.b车启动时,a车在其前方2m处B.b车启动后经过3s追上a车C.在b车追上a车之前,3s时两车相距最远D.b车追上a车后,两车可能会再次相遇牛顿运动定律及应用1.动力学两类基本问题的解题思路2.常见连接体接触面光滑,或μA=μB三种情况中弹簧弹力、绳的张力相同且与接触面是否光滑无关常用隔离法常会出现临界条件例3[2024·山东卷]如图所示,固定的光滑斜面上有一木板,其下端与斜面上A点距离为L.木板由静止释放,若木板长度为L,通过A点的时间间隔为Δt1;若木板长度为2L,通过A点的时间间隔为Δt2.Δt2∶Δt1为 ()A.(3-1)∶(2-1) B.(3-2)∶(2-1)C.(3+1)∶(2+1) D.(3+2)∶(2+1)【技法点拨】1.应用牛顿第二定律解决动力学问题,受力分析和运动分析是关键,加速度是解决此类问题的纽带,分析流程如下:2.如果是多过程问题,则前一段的末速度就是后一段的初速度,速度是关联量.必要时要画出运动示意图.例4[2024·北京卷]如图所示,飞船与空间站对接后,在推力F作用下一起向前运动.飞船和空间站的质量分别为m和M,则飞船和空间站之间的作用力大小为 ()A.MM+mF BC.MmF D.m【技法点拨】整体法与隔离法的选用技巧整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的作用力隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同,或者需要求出系统内物体之间的作用力整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求出物体之间的作用力,可以先整体求加速度,后隔离求内力例5[2024·安徽卷]如图所示,竖直平面内有两完全相同的轻质弹簧,它们的一端分别固定于水平线上的M、N两点,另一端均连接在质量为m的小球上.开始时,在竖直向上的拉力作用下,小球静止于MN连线的中点O,弹簧处于原长.后将小球竖直向上.缓慢拉至P点,并保持静止,此时拉力F大小为2mg.已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力.若撤去拉力,则小球从P点运动到O点的过程中 ()A.速度一直增大B.速度先增大后减小C.加速度的最大值为3gD.加速度先增大后减小【技法点拨】连接体问题的临界条件P点撤去拉力,加速度最大P→O加速度变小的加速运动,O点速度最大【迁移拓展】1.[2024·江西卷]一质点沿x轴运动,其位置坐标x与时间t的关系为x=1+2t+3t2(x的单位是m,t的单位是s).关于速度及该质点在第1s内的位移,下列选项正确的是 ()A.速度是对物体位置变化快慢的描述;6mB.速度是对物体位移变化快慢的描述;6mC.速度是对物体位置变化快慢的描述;5mD.速度是对物体位移变化快慢的描述;5m2.[2024·湖南卷]如图所示,质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D通过细线或轻弹簧互相连接,悬挂于O点,处于静止状态,重力加速度为g.若将B、C间的细线剪断,则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为 ()A.g,1.5gB.2g,1.5gC.2g,0.5gD.g,0.5g3.[2024·河北邯郸模拟]某同学设计了一个双摆实验在学校实验室进行研究,如图甲所示,将质量和大小都不同的两个小铁球分别系在一轻绳的中间和下端,其中上面的小球较小较轻,而轻绳的上端拴接在竖杆顶部,竖杆固定在小车上.现在让小车带着两个小球一起向左加速运动,不计空气阻力,则图乙四个图中所示的姿态正确的是 ()ABCD乙题型2动力学图像综合问题1.常见图像常见图像斜率k面积两图像交点x-t图像ΔxΔ表示相遇v-t图像ΔvΔ位移x不表示相遇,表示此时速度相等,往往是距离最大或最小的临界点a-t图像速度变化量Δv表示此时加速度相等2.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k纵截距bv2-x图像由v2-v02=2ax,得v2=v2avxt-t由x=v0t+12at2得xt=v0+12v0a-F图像由F-μmg=ma,得a=Fm-1-μg例6(多选)[2023·全国甲卷]用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动,两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙.甲、乙两物体运动后,所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示.由图可知 ()A.m甲<m乙 B.m甲>m乙C.μ甲<μ乙 D.μ甲>μ乙【技法点拨】(1)关注坐标轴所表示的物理量,从物理规律出发寻找图像对应的函数关系式;(2)理解截距、斜率、面积所代表的物理量(注意正、负的含义);(3)分析交点、转折点、渐近线等,交点往往是解决问题的切入点.例7[2024·云南昆明模拟]加速度传感器是一些智能手机上配备的较为实用的软件,能显示物体运动过程中的加速度变化情况.现出于安全角度,需要分析某升降机在实际运行过程中的加速度,将手机放置于升降机地面上并打开加速度传感器,使升降机从静止开始迅速上下运动,得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像,该图像以竖直向上为正方向,重力加速度g取10m/s2.由此可判断出 ()A.手机在t2时刻速度为0B.运行过程中手机有可能与升降机分离C.手机在t2~t3时间内,处于超重状态D.在t1~t3时间内,升降机受到手机的压力先减小再增大【迁移拓展】1.[2024·全国甲卷]如图所示,一轻绳跨过光滑定滑轮,绳的一端系物块P,P置于水平桌面上,与桌面间存在摩擦;绳的另一端悬挂一轻盘(质量可忽略),盘中放置砝码.改变盘中砝码总质量m,并测量P的加速度大小a,得到a-m图像.重力加速度大小为g.在下列a-m图像中,可能正确的是()ABCD2.[2024·山东济南模拟]如图所示,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,在弹簧恢复原长前,表示F和x之间关系的图像可能正确的是 ()3.(多选)[2024·辽宁沈阳模拟]吊车将200kg的货物从地面竖直向上提升,货物运动的v-t图像如图所示,重力加速度g取10m/s2,下列判断正确的是 ()A.0~10s内吊车对货物的拉力为2020NB.30~35s内,货物处于失重状态C.30~35s内,吊车对货物的拉力为2040ND.35s末货物离地面的距离为55m第2讲力与直线运动1.C[解析]一个质点做直线运动,它在任意时刻都只能对应一个速度和一个位置,故C正确,A、B、D错误.2.C[解析]v-t图像中图线与横轴围成的面积表示位移,故可得x=74-25+94×20×13.C[解析]机器狗加速、减速时间相同,为t1=vmaxamax=5s,加、减速位移x1=12vmaxt1=12.5m,匀速运动位移为x2=x-2x1=55m,匀速运动时间为t2=x2vmax=11s,机器狗从A到B的最短时间为t=24.C[解析]木块从释放到刚接触弹簧时,由于忽略空气阻力,故木块做自由落体运动,所受合外力F=mg不变,此段时间内位移y随时间t变化规律为y=12gt2,对应图像为抛物线;木块接触弹簧后,F=mg-k(y-H)逐渐减小到零,加速度也逐渐减小到零,当加速减小到零时速度达到最大,此段时间内位移y继续增大,且y-t图像斜率仍增大;之后木块做加速度反向增大的减速运动,F反向增大,当速度减小到零时F达到反向最大,此段时间内位移继续增大直到最低点,且y-t图像斜率逐渐减小到零;之后木块反弹,受力情况和运动情况都是以上过程的逆过程,图像具有对称性,C正确,A、B、D错误5.BD[解析]质点在0~t0时间内从静止出发先做加速度增大的加速运动再做加速度减小的加速运动,此过程一直向前加速运动;t0~2t0时间内加速度与速度方向相反,先做加速度增大的减速运动再做加速度减小的减速运动,由a-t图像与时间轴所围面积表示速度变化量可知,2t0时刻速度减为零,0~2t0时间内一直向前运动;2t0~3t0时间内的运动重复0~t0时间内的运动,质点也一直向前运动,A、C错误,B正确;t02~32t0内速度的变化量为零,因此t02时刻的速度与6.D[解析]设物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ,物体的质量为m.压力为F0时,物体处于静止状态,若此时摩擦力刚好达到最大值,则从该时刻起使压力F逐渐减小,物体立即获得加速度向下加速运动,根据牛顿第二定律可得mg-Ff=ma,又Ff=μFN=μF,联立可得a=g-μFm,故选D7.C[解析]设门的最大速度为v,根据匀变速直线运动的规律可知加速过程和减速过程的平均速度均为v2,且时间相等,均为t=2s,根据x=2×v2t,可得v=1m/s,则加速度a=vt=12m/s2=0.8.C[解析]设沿木板向上为正方向,木块的加速度为a,由牛顿第二定律得-mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=-g(sinθ+μcosθ),又0-v02=2ax,根据数学关系知sinθ+μcosθ=1+μ2sin(θ+α),当θ+α=90°时,加