2023年高考物理二轮复习第一部分 一力与运动第2讲力与直线运动

第一部分专题一第2讲

/课时作业•分层练

KESHIZUOYEFENCENGLIAN

基础题——知识基础打牢

1.（2022•河南郑州二模）随着车辆的增多，很多地方都安装有车牌自动识别的

直杆道闸.如图所示为某直杆道闸0M,OM长度为3m,N点为OM中点，直杆

可绕转轴。在竖直平面内匀速转动.一辆长度为4m的汽车以速度。=2m/s垂直

于自动识别线时匀速运动,汽车前端从或运动到直杆处α'»的时间为3.3s.已

知自动识别系统的反应时间为0.3s,直杆在汽车前端到达α'Z√时，抬高了45。.

关于直杆的转动下列说法正确的是（D）

Tr

A.直杆转动的角速度为4rad/s

TT

B.N点的线速度为Wm/s

C.自动识别线。。到直杆处α'b'的距离为6m

D.汽车刚通过道闸时，直杆抬起的角度为75°

π

【解析】由角速度定义式G=当=.24八2rad/s=ττ7rad/s,A错误；由角

△t3.3-0.3IZ

速度与线速度关系式（错误：有匀速直线运动

0N=υrN=1τZ^X3X5Zm/S=EOm/s,B

公式％="=2*3.3111=6.61?1,C错误；由匀速直线运动公式，车通过道间的时间

为力=L=*s=2s,由角速度定义式60=仁台］，求得A0ι=（υAf2=^i⅞X（3.3-0.3

VZZV十九IZ

+2）=75o,D正确.

2.（2022.云南昆明一模）图甲是小明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的

示意图，点P是他的重心位置，”是静止站立时的状态.图乙是根据传感器采集

到的数据画出的力-时间图线.两图中。〜g各点均对应，其中有几个点在图甲中

没有画出.重力加速度g取IOm/SZ.根据图乙分析可知（B）

甲乙

A.小明重力为50ON

B.c点位置小明可能处于下蹲

C.C点位置小明处于减速上升阶段

D.小明在4点的加速度比g点的小

【解析】α是静止站立，由此可知小明重力为550N,故A错误；C点位置

处于超重状态且在最大压力之前，因此处于减速下蹲阶段，故B正确，C错误；

根据牛顿第二定律可知d点加速度大于g点，故D错误.

3.（2022∙河南新乡二模）学校计算机协会制作了一批智能小车，同学们设置指

令，使甲、乙两智能小车在同一地点从同一时刻开始沿同一方向运动，运动的o-f

图像如图所示，其中甲在外时刻前运动的υ-t图像为抛物线，在n时刻后运动的

。“图像是平行时间轴的直线，且与抛物线平滑连接.下列说法正确的是（D）

A.在0〜力时间内，甲做加速度增大的变加速直线运动

B.甲、乙在12时刻相遇

C.甲、乙相遇两次

D.在0〜A时间内的某时刻甲、乙的加速度相同

【解析】因为图像的斜率表示加速度，由图可知，在0〜%时间内，甲

做加速度逐渐减小的变加速直线运动，且在。〜九时间内的某时刻甲的切线斜率

等于乙的斜率，即0〜/1时间内的某时刻两者加速度相同，故A错误，D正确：

因为0-/图像的面积表示位移，由图可知0〜/2时间内X甲＞X乙，又因为甲、乙两智

能小车在同一■地点从同一■时刻开始沿同一■方向运动，所以72时刻甲在乙前面，故

B错误；因为12时刻甲在乙前面，且之后乙的速度大于甲的速度，所以甲、乙/2

时刻之后会相遇一次，且相遇之后一直乙的速度大于甲的速度，故只能相遇一次,

故C错误.

4.（2022∙河南平顶山二次质检）2022年2月6日，中国女足时隔16年重夺亚

洲杯冠军.某学习小组在研究足球运动规律时，将足球在地面上方某高度处竖直

向上抛出，足球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比.规定竖直向

上为正方向，关于反映足球运动的图像，下列正确的是（D）

【解析】上升阶段，小球受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律,

有mg+∕=>na,又/=/得α=g+^^∙知加速度随着速度减小而减小，当O=O时,

a=g-,下降阶段，小球受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律，有mg

lζ7）

-f=ma,又/=/得α=g一正知加速度随着速度增大而减小，结合o-f图像的斜

率等于加速度，知图像的切线斜率不断减小，故ABC错误，D正确.

5.（2022∙安徽江南十校一模）索道是许多景区重要的交通工具.如图为索道运

输货物的情景，已知倾斜的钢索与水平方向夹角为30°,悬挂车厢的钢绳始终保

持竖直.一质量为根的物体放在车厢内倾角为30。的固定斜面上，当车厢以加速

度a（a<g,g表示重力加速度）斜向上做匀加速直线运动时，斜面对物体的支持力

FN和摩擦力Ff,大小分别为（A）

S1

B.FN=Wm(g+α)；Ff=+a)

C.fN=]∕n(g+α);Ff=2

1√∣

D.∕7N=产(g—a)；Ff=-^-m(g+α)

【解析】对物体受力分析，将重力和加速度沿斜面方向和垂直于斜面方向

√3

分解有〃2gsin30°—R=，HaSin30o,T7N-Mgcos30°=/MCoS30°解得FN=多m(g+

a),Ff=^m(g-a),B、C、D错误，A正确.

6.(2022•黑龙江双鸭山期末)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻

绳相连，开始时P静止在水平桌面上.将一个水平向右的推力/作用在P上后，

2

轻绳的张力变为原来的5.已知P、Q两物块的质量分别为"ZP=O∙5kg、/HQ=0.2kg,

P与桌面间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g=10m∕s2.则推力F的大小为(D)

[Q

A.2.0NB.2.5N

C.4.5ND.4.7N

【解析】P静止在桌面上时，Q也静止，Q受到重力与绳子的拉力，所以

绳子的拉力Tl=WQg=0.2×10N=2N,P与桌面间的滑动摩擦力f=μmpg=

0.5×0.5×10N=2.5N,将一个水平向右的推力/作用在P上后，轻绳的张力小

22

=-T∣=-×2N=0.8N,此时Q加速下降，根据牛顿第二定律，可得MQg—乃=

mQa,此时P物体将以相同的加速度向右做匀加速直线运动，对P由牛顿第二定

律可得尸+72—/=mp0,联立方程，代入数据解得尸=4.7N,故选D.

7.(2022.四川成都二诊)图(a)为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面.比赛中，

为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰

面间的动摩擦因数减小.假设某运动员以初速度如沿冰面将冰壶推出，冰壶做直

线运动直到停止的过程中，其速度时间(。力图像如图(b)所示，则下列判定正确的

是(C)

V

平行

MIfɪ

UɔOtlt26/

图（a）图（b）

A.0~力和才2~∕3时间内，运动员在用毛刷擦冰面

1）\一02

B.a〜t2时间内，冰壶的加速度大小为

C.fl~t2时间内，冰壶的位移大小为3（。1+。2＞。2一九）

D.O〜，3时间内，冰壶的平均速度大小为1（0θ+01+s）

【解析】OY图线的斜率表示加速度，由图知力〜/2时间内图线斜率小，说

明加速度小，由牛顿第二定律a=2=吗=4g知力〜£2时间内冰壶与冰面间的动

摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面；0~力和〜/3时间内图线斜率大，动

摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用毛刷擦冰面，故A错误；由加速度定义

∆rVl—V2

式a=~∖7知力〜尬时间内，冰壶的加速度大小为Q=故B错误；o-r图线与

坐标轴围的面积表示位移，在力〜/2时间内，冰壶的位移大小为X=3（初+02）«2—

力），故C正确；根据平均速度的定义式O=7知在O〜/3时间内，冰壶的平均速度

ɪ,L加+*∣+S）Sf）+/Si）（。°一一）∕∣+0"2+st3

大小为O=-=%=2/3,

故D错误.

8∙（2022∙河南名校联盟二模）甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以

6m∕s的速度做匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，它们的位

置尤随时间/的变化如图，已知t=3s时，甲、乙图线的斜率相等.则下列判断

正确的是（C）

A.最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反

B.r=3s时，乙的位置坐标为一9m

C./=IoS时，两车相遇

D.乙经过原点时的速度大小为2小m/s

【解析】位移时间图像的斜率表示速度，则最初的一段时间内，甲、乙的

斜率都为正方向，所以运动方向相同，故A错误；质点乙做初速度为零的匀变速

直线运动，f=3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以f=3s时乙的速度是6m/s,

乙的加速度α=,=2m/s?，。〜3s,乙的位移X=WmX3=9m,所以/=3s时，乙

的位置坐标为X=-20m+9m=-11m,故B错误；设经过时间r两车相遇oM

+4Om=gaZ2解得：T=10s,故C正确；根据。2—θ=20χo,乙经过原点时的速度

大小为v=γ∣2axo=4小m/s,故D错误.

9.（2022.黑龙江齐齐哈尔期中）如图所示，质量都为m的A、B两物体叠放在

竖直弹簧上并保持静止.现用大小等于Ing的恒力/竖直向上拉B,B向上运动h

时与A分离，则下列说法正确的是（D）

M

A.B和A刚分离时，弹簧为原长

B.B和A刚分离时，它们的加速度为g

C.在B与A分离之前，它们做匀加速运动

D.弹簧的劲度系数等于等

【解析】物体B和A刚分离时，A与B之间的弹力为零，B受到重力mg

和恒力F,因为尸=根g,所以B的加速度为零，A的加速度也为零，弹簧对A有

向上的弹力，与重力平衡，弹簧处于压缩状态，故A、B错误；在B与A分离之

前，对A、B整体，重力2〃吆不变，弹簧弹力减小，合力减小，整体做变加速运

动，故C错误；物体B和A刚分离时，弹簧的弹力大小为机g,原来静止时弹力

大小为2"zg,则由静止开始到物体B与A刚分离时，弹力减小量Af1=∕ng,两物

体向上运动的距离为/?,则弹簧压缩量减小ΔΛ=G,由胡克定律得k=等=管,

故D正确.

应用题——强化学以致用

10.（2022.河南安阳一模）一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的

γ1

位移为X,运动时间为r,绘制的/｝图像如图所示，则物块在前3S内的位移为（A）

A.25mB.24m

C.20mD.15m

【解析】由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为X=a），

一%产，整理得点=oo∙:一名由图像知0o=2Om∕s,a=Sm∕s2,所以物体减为零的

7）C∖VCT

时间为f=1=2.5s,物块在前3s内的位移为X=五'=25m,故选A.

IL（多选）（2022∙四川绵阳三诊）2022年北京冬奥会上中国首次使用了二氧化

碳跨临界环保制冰技术，运用该技术可制作动摩擦因数不同的冰面.将一物块以

一定的初速度在运用该技术制作的水平冰面上沿直线滑行，共滑行了6m,运动

中的加速度a与位移X的关系如图所示，设位移1.5m处与6m处的动摩擦因数

分别为川、〃2,在前3m与后3m运动过程中物块动能改变的大小分别为AEki、

ΔEk2,则（AC）

A.[i∖∙/J.2=3♦1

C.ΔEk∣：ΔEk2=3：2D.ΔEk∣：ΔEk2=3：1

【解析】分别对位移1.5m处与6m处由牛顿第二定律得〃i"zg=相ai,〃2〃zg

=Ina2,其中αι=3m∕s2,aι=1m∕s2,联立可得μ∖'.μι=3：1,故A正确，B错

误；根据动能定理了得前3m的动能变化量大小为机OX=AEki,后3m的动能变

化量大小为E机α'x=AEk2,结合α-x图像可得AEki：AEk2=3：2,故C正确，D

错误.故选AC.

12.（多选）（2022.四川南充二诊）木块沿与水平面夹角为α的表面粗糙的传送带

运动，其O-/图像如图所示，已知传送带以速率加逆时针转动，传送带足够长，

木块与传送带间的动摩擦因数为〃，则下列说法正确的是（BD）

A.图像描述的是木块以一定的初速度从传送带的底端开始向上的运动

B.从图像可知木块的初速度小于优

C.从图像可知木块与传送带间的动摩擦因数〃>tanɑ

D.从图像可以得出木块运动过程中的速度一定有等于0。的时刻

【解析】若木块以一定的初速度沿传送带开始向上运动，木块一定先减速，

而图像表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，

故A错误；木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图像的斜率先大后小，所以

木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块所受的摩擦力先向下后向

上，只有木块的初速度小于00时摩擦力的方向才能先向下，故B正确；木块的初

速度小于优，摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定

律mgsinKπ,因为加速度发生过一次改变，说明摩擦力方向发生改变，而

改变时木块的速度等于00,当木块的速度等于00后，因为木块继续加速，则//WgCOS

ODngsinO,解得〃<tan仇故C错误，D正确.故选BD.

13.（多选）（2022.四川成都二诊）如图（a）,倾角为。的光滑斜面上，轻弹簧平行

斜面放置且下端固定，一质量为根的小滑块从斜面上。点由静止滑下.以。点

为原点，作出滑块从。下滑至最低点过程中的加速度大小“随位移X变化的关系

如图（b）∙弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g.下列判定正确的是

（AD）

A.弹簧的劲度系数为皿"

X2—Xl

B.下滑过程中，在X=无2处，滑块的机械能最大

C.在幻〜X2和X2〜九3两段过程中，弹簧弹性势能的增量相等

D.在Xi〜JQ和X2〜元3两段过程中，α-x图线斜率的绝对值均等于血长

Xl-Xl

【解析】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（X2—XI）,则有Z（X2—Xl）=∕"g,解得A正

确；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XI

时，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此时小滑块的机械能最大，B错

误；由图可知，Xl〜X2的距离差小于X2〜无3的距离差，可得弹簧弹性势能的增量

不相等，C错误；在尤1〜无2的过程中，重力大于弹力，根据牛顿第二定律有〃吆Sin

JzynfζY

θ-k（χ-χ∖）=ma,又由A项可知AQ：2—Xi）=mgsin联立解得〃=茄~一而，由图

可知，当X=XI时α=gsin。，联立解得K=国即为该段图线的斜率绝对值；在

ðmxι-x∖

X2<x<n过程中，弹力大于重力，根据牛顿第二定律有人（x—%。一〃2gsin8=根”，又

jζγ]ζJC）

女（X2—九ι）=mgsin仇联立解得〃=而一H由图可知，当犬=2尢2—Xi时Q=gsin仇

联立解得三=侬1",即为该段图线的斜率绝对值，故可得在Λ,~X2和光2〜X3两段

mX2-x∖

过程中，α-x图线斜率的绝对值均等于颉或，D正确.故选AD.

X2~X∖

14.修选）（2022.安徽3月测试）如图所示，将小物块置于桌面上的薄纸片上，

用水平向右的力将纸片迅速抽出，物块移动的距离很小.若物块和纸片的质量分

别为M和加，各接触面的动摩擦因数均为〃，物块距纸片左端的距离和距桌面右

端的距离均为比重力加速度为g.现用水平向右的恒力/拉动纸片，下列说法正

确的是（BC）

A.物块不从桌面掉落，水平向右的恒力可能为2〃（M+〃z）g

B.将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为〃（2M+m）g

C.为使物块不从桌面掉落，物块与纸片分离时，物块的速度可能为痂

D.将纸片迅速抽出过程中，JF可能等于〃(2M+|m)g

【解析】设相对运动时间为/1,物块与纸片分离时物块的速度为02,物块

不从桌面掉落，则有F~~μ(Mg+Ing)~mgμ=ma∖,μMg=Mai,^aιtι2~^a2t]2=d,

2a^d-^aιt^=u22,Vi=ait\,联立解得/7=2∕∕(M+2∕w)g,V2=^∖Jμgd,故A错误，

C正确；将纸片迅速抽出过程中，纸片所受摩擦力的大小为/=〃A/g+〃(Mg+〃?g)

=T/(2Mg+机g),故B正确；将纸片迅速抽出过程中，有尸~2μMg-μmg=ma∖',

aι=μg,当a∖'>a2,物块和纸片才能发生相对运动，可得F>2μ(M+m)g,故D

错误.故选BC.

15.(2022∙云南名校联盟二模)冬奥会中的冰球比赛是力量、速度与激情的完美

融合，带给观众强有力的视觉冲击.在某次热身训练中，教练员在冰面上与起跑

线距离so=5Om和Sl=IOm处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示.训练

时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度优=30m/s击出，

使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂

直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达

小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为初=

29m∕s.重力加速度大小为g=10m∕s2.求：

〃/〃///

"挡板

小旗

SO不