2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分 一力與運(yùn)動(dòng)第2講力與直線運(yùn)動(dòng)

第一部分專題一第2講

/課時(shí)作業(yè)?分層練

KESHIZUOYEFENCENGLIAN

基礎(chǔ)題——知識(shí)基礎(chǔ)打牢

1.（2022?河南鄭州二模）隨著車輛的增多，很多地方都安裝有車牌自動(dòng)識(shí)別的

直桿道閘.如圖所示為某直桿道閘0M,OM長度為3m,N點(diǎn)為OM中點(diǎn)，直桿

可繞轉(zhuǎn)軸。在豎直平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng).一輛長度為4m的汽車以速度。=2m/s垂直

于自動(dòng)識(shí)別線時(shí)勻速運(yùn)動(dòng),汽車前端從或運(yùn)動(dòng)到直桿處α'?的時(shí)間為3.3s.已

知自動(dòng)識(shí)別系統(tǒng)的反應(yīng)時(shí)間為0.3s,直桿在汽車前端到達(dá)α'Z√時(shí)，抬高了45。.

關(guān)于直桿的轉(zhuǎn)動(dòng)下列說法正確的是（D）

Tr

A.直桿轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4rad/s

TT

B.N點(diǎn)的線速度為Wm/s

C.自動(dòng)識(shí)別線。。到直桿處α'b'的距離為6m

D.汽車剛通過道閘時(shí)，直桿抬起的角度為75°

π

【解析】由角速度定義式G=當(dāng)=.24八2rad/s=ττ7rad/s,A錯(cuò)誤；由角

△t3.3-0.3IZ

速度與線速度關(guān)系式（錯(cuò)誤：有勻速直線運(yùn)動(dòng)

0N=υrN=1τZ^X3X5Zm/S=EOm/s,B

公式％="=2*3.3111=6.61?1,C錯(cuò)誤；由勻速直線運(yùn)動(dòng)公式，車通過道間的時(shí)間

為力=L=*s=2s,由角速度定義式60=仁臺(tái)］，求得A0ι=（υAf2=^i?X（3.3-0.3

VZZV十九IZ

+2）=75o,D正確.

2.（2022.云南昆明一模）圖甲是小明同學(xué)站在力傳感器上做下蹲、起跳動(dòng)作的

示意圖，點(diǎn)P是他的重心位置，”是靜止站立時(shí)的狀態(tài).圖乙是根據(jù)傳感器采集

到的數(shù)據(jù)畫出的力-時(shí)間圖線.兩圖中。?g各點(diǎn)均對應(yīng)，其中有幾個(gè)點(diǎn)在圖甲中

沒有畫出.重力加速度g取IOm/SZ.根據(jù)圖乙分析可知（B）

甲乙

A.小明重力為50ON

B.c點(diǎn)位置小明可能處于下蹲

C.C點(diǎn)位置小明處于減速上升階段

D.小明在4點(diǎn)的加速度比g點(diǎn)的小

【解析】α是靜止站立，由此可知小明重力為550N,故A錯(cuò)誤；C點(diǎn)位置

處于超重狀態(tài)且在最大壓力之前，因此處于減速下蹲階段，故B正確，C錯(cuò)誤；

根據(jù)牛頓第二定律可知d點(diǎn)加速度大于g點(diǎn)，故D錯(cuò)誤.

3.（2022?河南新鄉(xiāng)二模）學(xué)校計(jì)算機(jī)協(xié)會(huì)制作了一批智能小車，同學(xué)們設(shè)置指

令，使甲、乙兩智能小車在同一地點(diǎn)從同一時(shí)刻開始沿同一方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的o-f

圖像如圖所示，其中甲在外時(shí)刻前運(yùn)動(dòng)的υ-t圖像為拋物線，在n時(shí)刻后運(yùn)動(dòng)的

?！皥D像是平行時(shí)間軸的直線，且與拋物線平滑連接.下列說法正確的是（D）

A.在0?力時(shí)間內(nèi)，甲做加速度增大的變加速直線運(yùn)動(dòng)

B.甲、乙在12時(shí)刻相遇

C.甲、乙相遇兩次

D.在0?A時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻甲、乙的加速度相同

【解析】因?yàn)閳D像的斜率表示加速度，由圖可知，在0?%時(shí)間內(nèi)，甲

做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，且在。?九時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻甲的切線斜率

等于乙的斜率，即0?/1時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻兩者加速度相同，故A錯(cuò)誤，D正確：

因?yàn)?-/圖像的面積表示位移，由圖可知0?/2時(shí)間內(nèi)X甲＞X乙，又因?yàn)榧?、乙兩?/p>

能小車在同一■地點(diǎn)從同一■時(shí)刻開始沿同一■方向運(yùn)動(dòng)，所以72時(shí)刻甲在乙前面，故

B錯(cuò)誤；因?yàn)?2時(shí)刻甲在乙前面，且之后乙的速度大于甲的速度，所以甲、乙/2

時(shí)刻之后會(huì)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錯(cuò)誤.

4.（2022?河南平頂山二次質(zhì)檢）2022年2月6日，中國女足時(shí)隔16年重奪亞

洲杯冠軍.某學(xué)習(xí)小組在研究足球運(yùn)動(dòng)規(guī)律時(shí)，將足球在地面上方某高度處豎直

向上拋出，足球在空中運(yùn)動(dòng)過程中受空氣阻力的大小與速率成正比.規(guī)定豎直向

上為正方向，關(guān)于反映足球運(yùn)動(dòng)的圖像，下列正確的是（D）

【解析】上升階段，小球受到重力和向下的空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律,

有mg+∕=>na,又/=/得α=g+^^?知加速度隨著速度減小而減小，當(dāng)O=O時(shí),

a=g-,下降階段，小球受到重力和向上的空氣阻力，根據(jù)牛頓第二定律，有mg

lζ7）

-f=ma,又/=/得α=g一正知加速度隨著速度增大而減小，結(jié)合o-f圖像的斜

率等于加速度，知圖像的切線斜率不斷減小，故ABC錯(cuò)誤，D正確.

5.（2022?安徽江南十校一模）索道是許多景區(qū)重要的交通工具.如圖為索道運(yùn)

輸貨物的情景，已知傾斜的鋼索與水平方向夾角為30°,懸掛車廂的鋼繩始終保

持豎直.一質(zhì)量為根的物體放在車廂內(nèi)傾角為30。的固定斜面上，當(dāng)車廂以加速

度a（a<g,g表示重力加速度）斜向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，斜面對物體的支持力

FN和摩擦力Ff,大小分別為（A）

S1

B.FN=Wm(g+α)；Ff=+a)

C.fN=]∕n(g+α);Ff=2

1√∣

D.∕7N=產(chǎn)(g—a)；Ff=-^-m(g+α)

【解析】對物體受力分析，將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錯(cuò)誤，A正確.

6.(2022?黑龍江雙鴨山期末)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕

繩相連，開始時(shí)P靜止在水平桌面上.將一個(gè)水平向右的推力/作用在P上后，

2

輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼?.已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為"ZP=O?5kg、/HQ=0.2kg,

P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g=10m∕s2.則推力F的大小為(D)

[Q

A.2.0NB.2.5N

C.4.5ND.4.7N

【解析】P靜止在桌面上時(shí)，Q也靜止，Q受到重力與繩子的拉力，所以

繩子的拉力Tl=WQg=0.2×10N=2N,P與桌面間的滑動(dòng)摩擦力f=μmpg=

0.5×0.5×10N=2.5N,將一個(gè)水平向右的推力/作用在P上后，輕繩的張力小

22

=-T∣=-×2N=0.8N,此時(shí)Q加速下降，根據(jù)牛頓第二定律，可得MQg—乃=

mQa,此時(shí)P物體將以相同的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對P由牛頓第二定

律可得尸+72—/=mp0,聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得尸=4.7N,故選D.

7.(2022.四川成都二診)圖(a)為北京冬奧會(huì)冰壺比賽中的一個(gè)畫面.比賽中，

為了使冰壺滑行得更遠(yuǎn)，運(yùn)動(dòng)員可以用毛刷擦冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰

面間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小.假設(shè)某運(yùn)動(dòng)員以初速度如沿冰面將冰壺推出，冰壺做直

線運(yùn)動(dòng)直到停止的過程中，其速度時(shí)間(。力圖像如圖(b)所示，則下列判定正確的

是(C)

V

平行

MIf?

U?Otlt26/

圖（a）圖（b）

A.0~力和才2~∕3時(shí)間內(nèi)，運(yùn)動(dòng)員在用毛刷擦冰面

1）\一02

B.a?t2時(shí)間內(nèi)，冰壺的加速度大小為

C.fl~t2時(shí)間內(nèi)，冰壺的位移大小為3（。1+。2＞。2一九）

D.O?，3時(shí)間內(nèi)，冰壺的平均速度大小為1（0θ+01+s）

【解析】OY圖線的斜率表示加速度，由圖知力?/2時(shí)間內(nèi)圖線斜率小，說

明加速度小，由牛頓第二定律a=2=嗎=4g知力?￡2時(shí)間內(nèi)冰壺與冰面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)小，說明運(yùn)動(dòng)員在用毛刷擦冰面；0~力和?/3時(shí)間內(nèi)圖線斜率大，動(dòng)

摩擦因數(shù)大，說明此時(shí)間段運(yùn)動(dòng)員沒有用毛刷擦冰面，故A錯(cuò)誤；由加速度定義

?rVl—V2

式a=~?7知力?尬時(shí)間內(nèi)，冰壺的加速度大小為Q=故B錯(cuò)誤；o-r圖線與

坐標(biāo)軸圍的面積表示位移，在力?/2時(shí)間內(nèi)，冰壺的位移大小為X=3（初+02）?2—

力），故C正確；根據(jù)平均速度的定義式O=7知在O?/3時(shí)間內(nèi)，冰壺的平均速度

?,L加+*∣+S）Sf）+/Si）（。°一一）∕∣+0"2+st3

大小為O=-=%=2/3,

故D錯(cuò)誤.

8?（2022?河南名校聯(lián)盟二模）甲、乙兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)沿同一直線運(yùn)動(dòng)，其中質(zhì)點(diǎn)甲以

6m∕s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)乙做初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，它們的位

置尤隨時(shí)間/的變化如圖，已知t=3s時(shí)，甲、乙圖線的斜率相等.則下列判斷

正確的是（C）

A.最初的一段時(shí)間內(nèi)，甲、乙的運(yùn)動(dòng)方向相反

B.r=3s時(shí)，乙的位置坐標(biāo)為一9m

C./=IoS時(shí)，兩車相遇

D.乙經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)的速度大小為2小m/s

【解析】位移時(shí)間圖像的斜率表示速度，則最初的一段時(shí)間內(nèi)，甲、乙的

斜率都為正方向，所以運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)乙做初速度為零的勻變速

直線運(yùn)動(dòng)，f=3s時(shí)，甲、乙圖線的斜率相等，所以f=3s時(shí)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時(shí)，乙

的位置坐標(biāo)為X=-20m+9m=-11m,故B錯(cuò)誤；設(shè)經(jīng)過時(shí)間r兩車相遇oM

+4Om=gaZ2解得：T=10s,故C正確；根據(jù)。2—θ=20χo,乙經(jīng)過原點(diǎn)時(shí)的速度

大小為v=γ∣2axo=4小m/s,故D錯(cuò)誤.

9.（2022.黑龍江齊齊哈爾期中）如圖所示，質(zhì)量都為m的A、B兩物體疊放在

豎直彈簧上并保持靜止.現(xiàn)用大小等于Ing的恒力/豎直向上拉B,B向上運(yùn)動(dòng)h

時(shí)與A分離，則下列說法正確的是（D）

M

A.B和A剛分離時(shí)，彈簧為原長

B.B和A剛分離時(shí)，它們的加速度為g

C.在B與A分離之前，它們做勻加速運(yùn)動(dòng)

D.彈簧的勁度系數(shù)等于等

【解析】物體B和A剛分離時(shí)，A與B之間的彈力為零，B受到重力mg

和恒力F,因?yàn)槭?根g,所以B的加速度為零，A的加速度也為零，彈簧對A有

向上的彈力，與重力平衡，彈簧處于壓縮狀態(tài)，故A、B錯(cuò)誤；在B與A分離之

前，對A、B整體，重力2〃吆不變，彈簧彈力減小，合力減小，整體做變加速運(yùn)

動(dòng)，故C錯(cuò)誤；物體B和A剛分離時(shí)，彈簧的彈力大小為機(jī)g,原來靜止時(shí)彈力

大小為2"zg,則由靜止開始到物體B與A剛分離時(shí)，彈力減小量Af1=∕ng,兩物

體向上運(yùn)動(dòng)的距離為/?,則彈簧壓縮量減小ΔΛ=G,由胡克定律得k=等=管,

故D正確.

應(yīng)用題——強(qiáng)化學(xué)以致用

10.（2022.河南安陽一模）一物塊在粗糙水平面上沿直線自由滑行，物塊運(yùn)動(dòng)的

γ1

位移為X,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為r,繪制的/｝圖像如圖所示，則物塊在前3S內(nèi)的位移為（A）

A.25mB.24m

C.20mD.15m

【解析】由題意知物塊在粗糙水平面上沿直線自由滑行，則位移為X=a），

一%產(chǎn)，整理得點(diǎn)=oo?:一名由圖像知0o=2Om∕s,a=Sm∕s2,所以物體減為零的

7）C?VCT

時(shí)間為f=1=2.5s,物塊在前3s內(nèi)的位移為X=五'=25m,故選A.

IL（多選）（2022?四川綿陽三診）2022年北京冬奧會(huì)上中國首次使用了二氧化

碳跨臨界環(huán)保制冰技術(shù)，運(yùn)用該技術(shù)可制作動(dòng)摩擦因數(shù)不同的冰面.將一物塊以

一定的初速度在運(yùn)用該技術(shù)制作的水平冰面上沿直線滑行，共滑行了6m,運(yùn)動(dòng)

中的加速度a與位移X的關(guān)系如圖所示，設(shè)位移1.5m處與6m處的動(dòng)摩擦因數(shù)

分別為川、〃2,在前3m與后3m運(yùn)動(dòng)過程中物塊動(dòng)能改變的大小分別為AEki、

ΔEk2,則（AC）

A.[i??/J.2=3?1

C.ΔEk∣：ΔEk2=3：2D.ΔEk∣：ΔEk2=3：1

【解析】分別對位移1.5m處與6m處由牛頓第二定律得〃i"zg=相ai,〃2〃zg

=Ina2,其中αι=3m∕s2,aι=1m∕s2,聯(lián)立可得μ?'.μι=3：1,故A正確，B錯(cuò)

誤；根據(jù)動(dòng)能定理了得前3m的動(dòng)能變化量大小為機(jī)OX=AEki,后3m的動(dòng)能變

化量大小為E機(jī)α'x=AEk2,結(jié)合α-x圖像可得AEki：AEk2=3：2,故C正確，D

錯(cuò)誤.故選AC.

12.（多選）（2022.四川南充二診）木塊沿與水平面夾角為α的表面粗糙的傳送帶

運(yùn)動(dòng)，其O-/圖像如圖所示，已知傳送帶以速率加逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶足夠長，

木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，則下列說法正確的是（BD）

A.圖像描述的是木塊以一定的初速度從傳送帶的底端開始向上的運(yùn)動(dòng)

B.從圖像可知木塊的初速度小于優(yōu)

C.從圖像可知木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃>tanɑ

D.從圖像可以得出木塊運(yùn)動(dòng)過程中的速度一定有等于0。的時(shí)刻

【解析】若木塊以一定的初速度沿傳送帶開始向上運(yùn)動(dòng)，木塊一定先減速，

而圖像表示的是運(yùn)動(dòng)方向不變，且一直做加速運(yùn)動(dòng)，所以木塊的初速度一定向下，

故A錯(cuò)誤；木塊的初速度一定沿斜面向下的，又因?yàn)閳D像的斜率先大后小，所以

木塊的加速度也先大后小，木塊的合力先大后小，木塊所受的摩擦力先向下后向

上，只有木塊的初速度小于00時(shí)摩擦力的方向才能先向下，故B正確；木塊的初

速度小于優(yōu)，摩擦力沿斜面向下，木塊向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定

律mgsinKπ,因?yàn)榧铀俣劝l(fā)生過一次改變，說明摩擦力方向發(fā)生改變，而

改變時(shí)木塊的速度等于00,當(dāng)木塊的速度等于00后，因?yàn)槟緣K繼續(xù)加速，則//WgCOS

ODngsinO,解得〃<tan仇故C錯(cuò)誤，D正確.故選BD.

13.（多選）（2022.四川成都二診）如圖（a）,傾角為。的光滑斜面上，輕彈簧平行

斜面放置且下端固定，一質(zhì)量為根的小滑塊從斜面上。點(diǎn)由靜止滑下.以。點(diǎn)

為原點(diǎn)，作出滑塊從。下滑至最低點(diǎn)過程中的加速度大小“隨位移X變化的關(guān)系

如圖（b）?彈簧形變始終未超過彈性限度，重力加速度大小為g.下列判定正確的是

（AD）

A.彈簧的勁度系數(shù)為皿"

X2—Xl

B.下滑過程中，在X=無2處，滑塊的機(jī)械能最大

C.在幻?X2和X2?九3兩段過程中，彈簧彈性勢能的增量相等

D.在Xi?JQ和X2?元3兩段過程中，α-x圖線斜率的絕對值均等于血長

Xl-Xl

【解析】由圖可知，當(dāng)小球下落到X2時(shí)，加速度為零，即彈力與重力大小

相等，此時(shí)彈簧的形變量為（X2—XI）,則有Z（X2—Xl）=∕"g,解得A正

確；對小滑塊和彈簧組成的系統(tǒng)進(jìn)行分析，由于只有重力和彈力做功，則系統(tǒng)機(jī)

械能守恒，當(dāng)彈簧的彈性勢能最小，小滑塊的機(jī)械能最大，故當(dāng)小滑塊下落到XI

時(shí)，彈簧處于原長，彈性勢能為零，為最小，則此時(shí)小滑塊的機(jī)械能最大，B錯(cuò)

誤；由圖可知，Xl?X2的距離差小于X2?無3的距離差，可得彈簧彈性勢能的增量

不相等，C錯(cuò)誤；在尤1?無2的過程中，重力大于彈力，根據(jù)牛頓第二定律有〃吆Sin

JzynfζY

θ-k（χ-χ?）=ma,又由A項(xiàng)可知AQ：2—Xi）=mgsin聯(lián)立解得〃=茄~一而，由圖

可知，當(dāng)X=XI時(shí)α=gsin。，聯(lián)立解得K=國即為該段圖線的斜率絕對值；在

emxι-x?

X2<x<n過程中，彈力大于重力，根據(jù)牛頓第二定律有人（x—%。一〃2gsin8=根”，又

jζγ]ζJC）

女（X2—九ι）=mgsin仇聯(lián)立解得〃=而一H由圖可知，當(dāng)犬=2尢2—Xi時(shí)Q=gsin仇

聯(lián)立解得三=儂1",即為該段圖線的斜率絕對值，故可得在Λ,~X2和光2?X3兩段

mX2-x?

過程中，α-x圖線斜率的絕對值均等于頡或，D正確.故選AD.

X2~X?

14.修選）（2022.安徽3月測試）如圖所示，將小物塊置于桌面上的薄紙片上，

用水平向右的力將紙片迅速抽出，物塊移動(dòng)的距離很小.若物塊和紙片的質(zhì)量分

別為M和加，各接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，物塊距紙片左端的距離和距桌面右

端的距離均為比重力加速度為g.現(xiàn)用水平向右的恒力/拉動(dòng)紙片，下列說法正

確的是（BC）

A.物塊不從桌面掉落，水平向右的恒力可能為2〃（M+〃z）g

B.將紙片迅速抽出過程中，紙片所受摩擦力的大小為〃（2M+m）g

C.為使物塊不從桌面掉落，物塊與紙片分離時(shí)，物塊的速度可能為痂

D.將紙片迅速抽出過程中，JF可能等于〃(2M+|m)g

【解析】設(shè)相對運(yùn)動(dòng)時(shí)間為/1,物塊與紙片分離時(shí)物塊的速度為02,物塊

不從桌面掉落，則有F~~μ(Mg+Ing)~mgμ=ma?,μMg=Mai,^aιtι2~^a2t]2=d,

2a^d-^aιt^=u22,Vi=ait\,聯(lián)立解得/7=2∕∕(M+2∕w)g,V2=^?Jμgd,故A錯(cuò)誤，

C正確；將紙片迅速抽出過程中，紙片所受摩擦力的大小為/=〃A/g+〃(Mg+〃?g)

=T/(2Mg+機(jī)g),故B正確；將紙片迅速抽出過程中，有尸~2μMg-μmg=ma?',

aι=μg,當(dāng)a?'>a2,物塊和紙片才能發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)，可得F>2μ(M+m)g,故D

錯(cuò)誤.故選BC.

15.(2022?云南名校聯(lián)盟二模)冬奧會(huì)中的冰球比賽是力量、速度與激情的完美

融合，帶給觀眾強(qiáng)有力的視覺沖擊.在某次熱身訓(xùn)練中，教練員在冰面上與起跑

線距離so=5Om和Sl=IOm處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示.訓(xùn)練

時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度優(yōu)=30m/s擊出，

使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂

直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗.訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)

小旗處.假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為初=

29m∕s.重力加速度大小為g=10m∕s2.求：

〃/〃///

"擋板

小旗

SO不