2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)試題（全國通用） 02 力與直線運(yùn)動(dòng) 含解析

專題（H力與直線運(yùn)動(dòng)

一、單選題

1.（2022?河南?洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）意大利物理學(xué)家伽利略在《關(guān)于兩門新科學(xué)的

對(duì)話》一書中，對(duì)自由落體運(yùn)動(dòng)的研究，是科學(xué)實(shí)驗(yàn)和邏輯思維的完美結(jié)合。如圖所示，這可

以大致表示實(shí)驗(yàn)過程，圖中各個(gè)小球位置之間的時(shí)間間隔可以認(rèn)為相等，對(duì)這一過程的分析，

下列說法正確的是（）

A.運(yùn)用圖甲的實(shí)驗(yàn)，可"減弱”重力的作用，放大時(shí)間，便于觀察

B.只要測(cè)量出圖丁中相鄰兩小球球心位置之間的距離，就可以計(jì)算出重力加速度大小

C.該實(shí)驗(yàn)中將自由落體運(yùn)動(dòng)改為在斜面上運(yùn)動(dòng)是為了縮短時(shí)間，便于測(cè)量位移

D.從圖甲到圖丁，通過逐漸增大斜面傾角，最后合理外推到自由落體運(yùn)動(dòng)，從而說明自由落

體運(yùn)動(dòng)是初速度不為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)（）

【答案】A

【詳解】A.運(yùn)用圖甲的實(shí)驗(yàn)，可“減弱”重力的作用，放大時(shí)間，便于觀察，A正確；

B.只有測(cè)量出圖丁中相鄰兩小球球心位置之間的距離和各個(gè)小球位置之間的時(shí)間間隔T,才能

利用Δr=gT2計(jì)算出重力加速度大小，只測(cè)量出圖丁中相鄰兩小球球心位置之間的距離，不能

計(jì)算出重力加速度大小，B錯(cuò)誤；

C.該實(shí)驗(yàn)中將自由落體運(yùn)動(dòng)改為在斜面上運(yùn)動(dòng)的設(shè)計(jì)思想是為了“放大”時(shí)間，便于測(cè)量時(shí)間，

C錯(cuò)誤；

D.從圖甲到圖丁通過逐漸增大斜面傾角，最后合理外推到自由落體運(yùn)動(dòng)，從而說明自由落體

運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。

故選A0

2.（2022?新疆?博樂市高級(jí)中學(xué)（華中師大一附中博樂分校）模擬預(yù)測(cè)）將一乒乓球豎直向上

拋出，乒乓球在運(yùn)動(dòng)過程中，它的動(dòng)能隨時(shí)間變化的關(guān)系的圖線如圖所示。已知乒乓球運(yùn)動(dòng)過

程中，受到的空氣阻力與速率平方成正比，重力加速度為g。則乒乓球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中加速

度的最小值、最大值為（）

A.O,4gB.O,5gC.g,4gD.g,5g

【答案】B

【詳解】乒乓球最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度最小為0,而乒乓球剛向上拋出時(shí)，速度最大，阻力

最大，加速度最大，設(shè)最大速度為%,則

mg+kv1=mam

λγ.\2

4E0=-mv0

兵乓球最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度為W，則

2

mg=?vl

此時(shí)的動(dòng)能

,12

E7o=5機(jī)匕

聯(lián)立上式可解得

4“=5g

故選B。

3.（2022?湖南?長沙一中一模）如圖所示，將一盒未開封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用

水平向右的拉力將紙板迅速抽出，香皂盒的移動(dòng)很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性

演示實(shí)驗(yàn)，若香皂盒和紙板的質(zhì)量分別為電和加2,各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃，重力加速

度為g。若本實(shí)驗(yàn)中，叫=IOog,嗎=5g,〃=0.2,香皂盒與紙板左端的距離d=0Jm,若香

皂盒移動(dòng)的距離超過∕=0.002m,人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取Iom/s2；為

確保香皂盒移動(dòng)不被人感知，紙板所需的拉力至少是（）

A.0.72NB.0.92NC.1.22ND.1.42N

【答案】D

【詳解】香皂盒與紙板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得

〃叫g(shù)=叫4

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解得

2

>l=2m∕s

對(duì)紙板，根據(jù)牛頓第二定律可得

m

Fm-My+m1）g=m1a2

為確保實(shí)驗(yàn)成功，即香皂盒移動(dòng)的距離不超過∕=0.002m,紙板抽出時(shí)香皂盒運(yùn)動(dòng)的最大距離為

12

χ?=5"∕∣

紙板運(yùn)動(dòng)距離為

,12

d+xl=~a1tx

紙板抽出后香皂盒運(yùn)動(dòng)的距離為

12

x2=^a3t2

則

I=xl+x2

由題意知

4Z∣—Cly

砧=磯

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求得

F=1.42N

故選D。

4.（2022?浙江?模擬預(yù)測(cè)）無人機(jī)由于小巧靈活，國內(nèi)已經(jīng)逐步嘗試通過無人機(jī)進(jìn)行火災(zāi)救援。

某消防中隊(duì)接到群眾報(bào)警，趕至火災(zāi)點(diǎn)后，迅速布置無人機(jī)消防作業(yè)。假設(shè)無人機(jī)從靜止豎直

向上起飛，勻減速直線運(yùn)動(dòng)后恰好懸停在火災(zāi)點(diǎn)，整個(gè)過程速度-時(shí)間圖像如下圖示。己知無人

機(jī)的質(zhì)量（含裝備等）為15kg,下列說法正確的是（）

A.火災(zāi)位置距離消防地面的距離為60m

B.加速階段的加速度比減速階段的加速度要大

C.減速階段，無人機(jī)螺旋槳處于失重狀態(tài)

D.加速階段時(shí)，無人機(jī)螺旋槳的升力大小為75N

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)圖形中梯形面積計(jì)算可知，火災(zāi)位置距離消防地面距離為90m,故A錯(cuò)誤；

B.加速階段的加速度大小

?V1（）,2CU，，

a=—=——ιn∕s^=2.5m∕s^

Δ/4

減速階段的加速度大小

22

al==—m∕s=5m∕s

'?∕l2

故B錯(cuò)誤；

C.減速上升階段，加速度方向豎直向下，無人機(jī)螺旋槳處于失重狀態(tài)，故C正確；

D.加速階段時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律

F-mg=ma

代入數(shù)據(jù)解得無人機(jī)螺旋槳產(chǎn)生升力為

F=187.5N

故D錯(cuò)誤。

故選C。

5.（2022?廣東廣州?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，HCde是四段平滑鏈接的路面，一輛用輕繩懸掛小球

的小車靜止在起點(diǎn)，輕推小車，小車可以沖上de路面。若所有摩擦均不計(jì)，且忽略小車在各銜

接路段對(duì)小球的擾動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中小球與小車總是保持相對(duì)靜止，那么輕繩與車頂垂直的階

段是（）

A.只有浦路面B.只有6c路面C.只有Cd路面D.全程

【答案】D

【詳解】小車在be路面上時(shí)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，輕繩彈力與重力平衡，則彈力方向豎直向

上，即當(dāng)小車在be路面上時(shí)，輕繩與車頂垂直；當(dāng)小車在"路面上時(shí)，小車與小球保持相對(duì)

靜止，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)小車與小球分析有

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+ιτi)gsmΘ-^M+m)cιy

即加速度大小

al=gsinθ

加速度方向沿斜面向卜，6為斜面傾角，對(duì)小球進(jìn)行分析，由于其加速度為gsin。，方向沿斜

面向下，則小球在垂直于斜面方向的合力為（），沿斜面的合力為"gsin。，等于小球的重力沿斜

面的分力，則輕繩一定垂直于斜面，即輕繩與車頂垂直；當(dāng)小車在Cd路面上時(shí)，小車與小球保

持相對(duì)靜止，向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)小車與小球分析有

（M+m]gsina=（^M+/??）?,

即加速度大小

a2=gsina

加速度方向沿斜面向下，α為斜面傾角，對(duì)小球進(jìn)行分析，由于其加速度為gsinα,方向沿斜

面向下，則小球在垂直于斜面方向的合力為0,沿斜面的合力為根gsina,等于小球的重力沿斜

面的分力，則輕繩一定垂直于斜面，即輕繩與車頂垂直。

故選D。

6.（2022?廣東?深圳中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，甲、乙兩輛汽車并排沿平直路面向前行駛，兩

車車頂。八Cb兩位置都裝有藍(lán)牙設(shè)備，這兩個(gè)藍(lán)牙設(shè)備在5m以內(nèi)時(shí)能夠?qū)崿F(xiàn)通信。Z=O時(shí)刻，

甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時(shí)甲車的速度為4m∕s,乙車的速度為lm∕s,。、O?的距離為

3m。從該時(shí)刻起甲車以lm∕s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線

運(yùn)動(dòng)。忽略信號(hào)傳遞時(shí)間，從尸0時(shí)刻起，甲、乙兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為（）

A.2sB.IOsC.16sD.20s

【答案】B

【詳解】根據(jù)幾何知識(shí)可知，當(dāng)甲車在乙車前方且為5m時(shí)，根據(jù)勾股定理可知

?一XC=4m

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

??

??=v?-jR，X乙

解得

%=2s,t2=4s

因?yàn)榧总囎鰟驕p速運(yùn)動(dòng)而乙車做勻速運(yùn)動(dòng)，所以兩車之間的距離先增大后減小，當(dāng)

0<r<2s

此時(shí)有

Oo2<5m

當(dāng)

2s<t<4s

此時(shí)有

OQ2>5m

當(dāng)

t=t2=4s

此時(shí)甲車的速度為

Vφ∣=vlfl-at2=0

根據(jù)幾何關(guān)系可知，從4s開始到乙車行駛至甲車前方4m的過程中滿足

O1O2<5m

這段過程經(jīng)歷的時(shí)間為

8m

t3=—=o8s

V乙

所以甲、乙兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為

?=L+'3=∣°S

故選B。

7.（2022?湖南?長郡中學(xué)二模）甲、乙兩名運(yùn)動(dòng)員同時(shí)從泳池的兩端出發(fā)，在泳池里訓(xùn)練，甲、

乙的速度一時(shí)間圖像分別如圖（a）、（?）所示，不計(jì)轉(zhuǎn)向的時(shí)間，兩人的運(yùn)動(dòng)均可視為質(zhì)點(diǎn)的

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直線運(yùn)動(dòng)。則（）

A.兩人第一次相遇時(shí)處于泳池的正中間處

B.兩人前兩次相遇的時(shí)間間隔為20s

C.50s內(nèi)兩人共相遇了2次

D.兩人第一次在泳池的兩端處相遇的時(shí)刻為f=75s

【答案】C

【詳解】根據(jù)VT圖像可畫出XT圖像，甲、乙的XT圖像如圖所示

A.根據(jù)XT圖像的交點(diǎn)表示相遇可知，第一次相遇的時(shí)刻為

=———s≈ll.ls

v∣+v21.25+1.0

所以第一次相遇位置不是在中間，故A錯(cuò)誤;

B.第二次相遇的時(shí)刻為

3L75

t`-s≈33.3s

?÷v21.25+1.0

兩人前兩次相遇的時(shí)間間隔為

At=t2-tx=22.2s

所以兩人前兩次相遇的時(shí)間間隔為22.2s,故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)XT圖像的交點(diǎn)表示相遇可知，在0?50s內(nèi)甲、乙相遇2次，故C正確；

D.由圖可知兩人第一次在泳池的兩端處相遇的時(shí)刻為f=100s,故D錯(cuò)誤。

故選C。

8.（2022?遼寧?渤海大學(xué)附屬高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）城市公共汽車的加速度為Im*,汽車剛啟動(dòng)

時(shí)，一未趕上車的乘客以6m∕s速度追車，當(dāng)人與車尾的距離不超過5m,且維持4s以上，才能

引起司機(jī)的注意，則（）

A.乘客開始追趕公共汽車時(shí)至少距離公共汽車21m才能引起司機(jī)注意

B.公共汽車在6s末距離乘客最遠(yuǎn)

C.若乘客開始追趕公共汽車時(shí)距離公共汽車小于20m,則乘客可以追上公共汽車

D.滿足恰好引起司機(jī)注意的條件下，乘客可以追上公共汽車

【答案】A

【詳解】A.按題意

1，c

-at^+Λ-V0Γ=5

在乘客恰好引起司機(jī)注意的條件下，可得

△12+λ∕144-(8x-40)12-J144-(8x-40)

22

則

x=21m

A正確;

B.由于汽車剛啟動(dòng)時(shí)乘客比汽車快，因此共速時(shí)乘客距離汽車最近，B錯(cuò)誤；

CD.若∕=6s時(shí)恰好追上為臨界狀態(tài)，此情形

12

?r=v0∕-—tz∕=18m

即乘客能追上汽車的最小初始距離為18m,CD錯(cuò)誤。

故選A。

9.（2022?浙江金華?模擬預(yù)測(cè)）最近，義烏中學(xué)實(shí)驗(yàn)室對(duì)一款市場(chǎng)熱銷的掃地機(jī)器人進(jìn)行了相

關(guān)測(cè)試，測(cè)試過程在材質(zhì)均勻的水平地板上完成，獲得了機(jī)器人在直線運(yùn)動(dòng)中水平牽引力大小

隨時(shí)間的變化圖像。，以及相同時(shí)段機(jī)器人的加速度。隨時(shí)間變化的圖像人若不計(jì)空氣，取重

力加速度大小為IOmZS，則下列同學(xué)的推斷結(jié)果正確的是（）

A.機(jī)器人與水平桌面間的最大靜摩擦力為3N

B.機(jī)器人與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2

C.在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為12N?s

D.在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為12J

【答案】C

【詳解】A.由圖乙可知機(jī)器人在2s時(shí)開始滑動(dòng)，有加速度，所以剛要滑動(dòng)時(shí)

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Zn=M=WX2N=6N

故A錯(cuò)誤；

B.由圖a、圖b結(jié)合牛頓第二定律可得

F4-f=ma4

F2-f=ma2

聯(lián)立可得機(jī)器人質(zhì)量

m=3kg

滑動(dòng)摩擦力為

∕=3N

機(jī)器人與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

〃=工=/=0.1

&mg

故B錯(cuò)誤；

C.在M4s時(shí)間內(nèi)，合外力的沖量為

/=∕≡Z=3×^×（4-2）N?s=12N?s

故C正確；

D.4s末機(jī)器人的速度為

_1+3_...

V=at=-----×2m∕s=4m∕s

2

在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為

W-ιnv2=243

2

故D錯(cuò)誤。

故選C。

二、多選題

10.（2022?海南?模擬預(yù)測(cè)）國家糧食儲(chǔ)備倉庫工人利用傳送帶從車上卸糧食。如圖1所示，以

某一恒定速率%運(yùn)行的傳送帶與水平面的夾角，=37。，轉(zhuǎn)軸間距L=3.5m。工人沿傳送方向以

速度匕=1.5m∕s從傳送帶頂端推下糧袋（視為質(zhì)點(diǎn)），4.5s時(shí)糧袋運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端，糧袋在傳

送帶上運(yùn)動(dòng)的Lf圖像如圖2所示。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取Iom/s?,

則()

A.在/=2.5s時(shí)刻，糧袋所受摩擦力方向改變

B.糧袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.8

C.傳送帶運(yùn)行的速度大小為0.5m∕s

D.在02.5s內(nèi)糧袋處于失重狀態(tài)

【答案】BC

【詳解】A.由圖2可知，在0-2.5S內(nèi)，糧袋的速度大于傳動(dòng)帶的速度，則糧袋受沿斜面向上

的滑動(dòng)摩擦力，在2.5s-4.5s內(nèi)，糧袋勻速卜滑，根據(jù)平衡條件可知，糧袋受沿斜面向上的靜摩

擦力，故A錯(cuò)誤；

C.根據(jù)VT圖像中，圖線與橫軸圍成的面積表示位移的大小，根據(jù)題意，由圖2可知

￡=?(v0+1.5)X2.5+(4.5-2.5)v0=3.5m

解得

v0=0.5m/s

故C正確；

BD.由圖2和C分析可知，糧袋在0-2.5s內(nèi)的加速度為

則加速度方向沿斜面向上，則在0-2.5s內(nèi)糧袋處于超重狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律有

mgs?nθ-μmgcosθ=ma

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得

//=0.8

故D錯(cuò)誤B正確。

故選BCo

??.(2022?河南?洛寧縣第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè))如圖所示，A、B兩滑塊的質(zhì)量均為放在

粗糙水平面上，兩滑塊與兩個(gè)等長的輕桿連接，兩桿之間以及桿與滑塊之間均用光滑錢鏈連接，

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一質(zhì)量為m的重物C懸掛于兩桿錢接處，桿與水平面間的夾角為θ,整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài),

重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）

A.輕桿上的作用力為2∕πg(shù)sinO

B.A、B滑塊均受到4個(gè)力作用

C.A、B滑塊對(duì)水平面的壓力大小均為

D.A、B滑塊對(duì)水平面的摩擦力大小均為」與

tan6>

【答案】BC

【詳解】A.受力分析，根據(jù)平衡條件得，輕桿上的作用力為

F=-^-

2sinO

A錯(cuò)誤；

B.A、B滑塊均受到重力、支持力、桿的作用力和摩擦力4個(gè)力作用，B正確;

C.由整體法可知A、B滑塊對(duì)水平面的壓力大小均為

尸N=（M+gm）g

C正確；

D.A、B滑塊受到水平面的靜摩擦力大小等于輕桿上的作用力的水平分力，即

D錯(cuò)誤。

故選BC0

12.（2022?四川?樹德中學(xué)模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，足夠長的水平傳送帶以某一恒定速率順時(shí)針

轉(zhuǎn)動(dòng)，一根輕彈簧兩端分別與物塊和豎直墻面連接，將物塊在傳送帶左端無初速度釋放，此時(shí)

彈簧恰處于原長且為水平。物塊向右運(yùn)動(dòng)的過程中，受到的摩擦力大小與物塊位移的關(guān)系如圖

乙所示。已知物塊質(zhì)量為〃7,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為M，重力加速度為g,最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力，X。為己知量，則（）

A.0?X。過程，物塊所受的摩擦力方向向右

B.刈?2w過程，物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)

C.彈簧的勁度系數(shù)為"空

?

D.傳送帶的速度為

【答案】AD

【詳解】AB.物塊在剛釋放的一段時(shí)間內(nèi)相對(duì)傳送帶向左滑動(dòng)，受到的滑動(dòng)摩擦力向右，同時(shí)

彈簧彈力逐漸增大，由題圖乙可知當(dāng)X=X。時(shí)，摩擦力發(fā)生突變，瞬間減小后，隨著X正比例增

大，考慮到彈簧彈力也是隨X而正比例增大，由此可推知當(dāng),時(shí)，物塊剛好達(dá)與傳送帶達(dá)到

共同速度，之后隨著傳送帶繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，在X~2x。過程物塊始終相對(duì)傳送帶靜止，彈力和靜

摩擦力同時(shí)增大且平衡，物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)尸2xo時(shí)，彈簧彈力大小增大至與滑動(dòng)摩擦

力大小相同，故A正確，B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)前面分析可知，彈簧的勁度系數(shù)為

Tmg

2玉,

故C錯(cuò)誤；

D.在O~x0過程，彈簧彈力從。線性增大到船"，則此過程的平均彈力大小為

亍=0+線=μmg

2

設(shè)傳送帶的速度為V,此過程對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)能定理有

12ψ

-mv=μmgxa-Txa

解得

故D正確。

故選ADo

13.（2022?遼寧?模擬預(yù)測(cè)）某研究性學(xué)習(xí)活動(dòng)小組自制一枚水火箭?，F(xiàn)將該水火箭從水平地面

由靜止豎直向上發(fā)射，加速過程可以看作是加速度大小為"=8m∕/的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過

4）=2.5s加速過程結(jié)束。此時(shí)從水平地面的發(fā)射點(diǎn)用一水平恒力推一小車從靜止開始以加速度大

小4=45m∕s2做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)水火箭達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，立即改用另一反向的水平恒力使小

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車的加速度大小變?yōu)榻?jīng)過一段時(shí)間小車剛好返回發(fā)射點(diǎn)，此時(shí)水火箭恰好落入車中。不計(jì)

水火箭和小車的體積，忽略空氣的作用力，g=10m∕s?可求出（）

A.水火箭離地面的最大高度為25m

B.水火箭上升運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為4.5s

C.小車回到發(fā)射點(diǎn)過程中加速度大小是8.0m//

D.小車離開發(fā)射點(diǎn)的最大距離是9m

【答案】BC

【詳解】A.水火箭在加速過程中有

ftι=TM

v=at0

水火箭在減速過程中有

O=Lgrl

2

-2gh2=O-V

水火箭離地面的最大高度

H=Iiy+h2=45m

A錯(cuò)誤；

B.水火箭上升運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間

/=∕0+r∣—4.5s

B正確；

C.水火箭在下落過程中有

對(duì)小車分析，取加速度％的方向?yàn)檎较颍?/p>

12

%=5砧

匕=印1

-xl=vl∕2--a2tl

聯(lián)立解得

2

a2=8.0m∕s

C正確；

D.對(duì)小車在勻減速到零的過程，有

2

-2a1x2=O-vl

小車離開發(fā)射點(diǎn)的最大距離

s=xλ+x2≈14m

D錯(cuò)誤。

故選BC0

14.（2022?黑龍江?哈師大附中模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，質(zhì)量為M=O.5kg的木板靜止在光滑水平

面上，質(zhì)量為/M=Ikg的物塊以初速度＞F=4Π√S滑上木板的左端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為〃=0.2,在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力凡當(dāng)恒力尸取某一值時(shí)，

物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s,給木板施加不同大小的恒力凡得到L-尸的關(guān)系如

S

圖乙所示，其中/B與橫軸平行，且48段的縱坐標(biāo)為ImL將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等

于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度FlOm則下列說法正確的是（）

A.若恒力尸=0,物塊滑出木板時(shí)的速度為3m∕s

B.C點(diǎn)縱坐標(biāo)為1.5m」

C.隨著下增大，當(dāng)外力F=IN時(shí)，物塊恰好不能木板右端滑出

D.圖像中。點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外力的值為4N

【答案】BC

【分析】結(jié)合物體運(yùn)動(dòng)以及圖形分析可知，總共分三個(gè)階段：第一階段（/8段），拉力較小時(shí)，

物塊從木板的右側(cè)滑出，相對(duì)路程等于板長，等于1m；第二階段（8C段），拉力稍大一些，物

塊滑動(dòng)一段距離后，與木板共速后一起加速向右運(yùn)動(dòng)：第三階段（DE段），拉力過大，物體先

減速到與板共速，因摩擦力提供的加速度不夠，不能隨木板一起運(yùn)動(dòng)，后加速滑動(dòng)一段距離后，

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最終從木板的左側(cè)滑出。

【詳解】A.若恒力尸=0,物塊剛滑上木板時(shí)，設(shè)物塊和木板的加速度分別為R、/，由牛頓第

二定律

mal=μmg

Ma2=μmg

得到

22

al=2m∕s,a2=4m∕s

由題意可知，當(dāng)F=O時(shí)，設(shè)經(jīng)時(shí)間〃物塊從木板右側(cè)滑出，位移差為1m,則

II

v0r∣~~a?t?2~~a2t?2=11

且物塊從木板右側(cè)滑出時(shí)，需滿足物塊的速度大于木板的速度，即

v0-alti>a2t,

聯(lián)立解得

t=ls(?),t=-s

ll3

則物塊滑出木板時(shí)的速度為

10,

vv

=o-altt=y∣n∕s

故A錯(cuò)誤；

BD.C、。兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的為恰好可一起勻加速運(yùn)動(dòng)，即物塊與木板共速后，木板的加速度G大小

等于物塊的最大加速度則有

F+μmg=Ma3=Mal

解得

F=3N

物塊剛滑上木板時(shí)，設(shè)木板的加速度為右，由牛頓第二定律有

22

a4=U"空=m∕s=10m∕s

4M0.5

設(shè)經(jīng)時(shí)間匕兩者速度相等，有

a4t2=v0-alt2

II

砧一耳卬22--β√22=XC

解得

2

Xr=-m

C3

故

ST=—m-l=1.5m4

2

故B正確，D錯(cuò)誤；

C.當(dāng)物塊恰好不能從木板右端滑出時(shí)，即物塊恰好滑到木板右側(cè)與木板共速，對(duì)應(yīng)圖中8點(diǎn)，

設(shè)木板加速度為45，用時(shí)間為〃此時(shí)有

Ma$=從mg+F

II

vot3~2a'ti2~2ci5t32=11

v0-att3=a5ti

解得

F=IN

故C正確。

故選BC?

三、解答題

15.（2022?重慶市涪陵高級(jí)中學(xué)校模擬預(yù)測(cè)）在2022年北京冬奧會(huì)上，中國代表團(tuán)以9金4銀

2銅的戰(zhàn)績高居金牌榜第三位，創(chuàng)下參加冬奧會(huì)以來的歷史最佳戰(zhàn)績。圖甲所示是運(yùn)動(dòng)員在“大

跳臺(tái)滑雪”比賽中的騰空運(yùn)動(dòng)示意圖，其運(yùn)動(dòng)過程可簡化為如圖乙所示。“助滑道”由長為3傾

角為6的斜坡面48和圓弧形坡面BCo構(gòu)成，/8和8CO在8處相切，且8與。等高。某運(yùn)動(dòng)

員（可視為質(zhì)點(diǎn)）著滑雪板從4端由靜止開始、沿“助滑道”滑行，并從。點(diǎn)沿著圓弧的切線滑

出。設(shè)該運(yùn)動(dòng)員（包含滑雪板）的質(zhì)量為〃?，滑雪板與18間的動(dòng)摩擦因數(shù)為小該運(yùn)動(dòng)員在。

點(diǎn)沿著圓弧的切線滑出時(shí)的速度大小為V,不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：

（1）該運(yùn)動(dòng)員從1到B的時(shí)間；

（2）該運(yùn)動(dòng)員在圓弧形坡面Ba）上克服摩擦力所做的功。

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/271

2

【答案】（I）.-.八一.--------：（2）mgLsin6?-μmgLcos0--mv

?gsιnff-jugcost/2

【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律可得該運(yùn)動(dòng)員從N到8的加速度大小為

a=gsin6-∕√gCoSe

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得該運(yùn)動(dòng)員從4到B的時(shí)間為

U匹=I2L

YaYgSine-∕√gcos6

（2）設(shè)該運(yùn)動(dòng)員在圓弧形坡面BCD上克服摩擦力所做的功為力,對(duì)運(yùn)動(dòng)員從4到。的過程,

根據(jù)動(dòng)能定理有

mgLSine-μmgLcosΘ-W=?mv^

解得

W=ZngLSinθ-μmgLcosmv2

16.（2022?浙江?模擬預(yù)測(cè)）將日常生活中的報(bào)紙擰成一股繩子,將會(huì)很難把它扯斷了。校內(nèi)STEM

活動(dòng)小組通過“紙繩”用沿水平方向成。的力尸斜向上去拉質(zhì)量為m的一箱子書沿直線勻加速奔

跑。已知箱子與塑膠操場(chǎng)跑道的動(dòng)摩擦因素為〃，求：

（1）勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，箱子的加速度；

（2）經(jīng)過一段時(shí)間t之后，箱子的向前通過的位移；

（3）某時(shí)刻突然放手，箱子繼續(xù)向前滑行X,求放手瞬間箱子的速度。

_,,...Fcos0+Fsin0…IrFCoSe+FsinO"?、rz-----

【答案】（1）---------------------（2）-----------------------------μg?t2-；（3）J2μgx

m2Vm）v

【詳解】（1）以箱子為研究對(duì)象，根據(jù)受力分析結(jié)合牛頓第二定律有

RCoSe-μFz=ma

FN=mg-FSine

解得

Fcosθ-μ（mg-Fs?nθ）FcosΘ+Fsinθ

〃=-----------------------------=----------------------〃g

mm

（2）根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系

12

X=-at

2

代入加速度得

1（FCoSe+FsinO?

X=T--------------------〃g廠2

2（m）

（3）放手之后箱子只受摩擦力作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有

μmg=ina

a=Rg

根據(jù)速度位移關(guān)系有

V2-vθ=2ax

解得放手瞬間箱子的速度為

%=j2.gx

17.（2022?陜西西安?三模）如圖所示，足夠長的粗糙水平臺(tái)和長度￡=6.5m、速度尸4.0m/s、向

左勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶等高，且與傳送帶尸。連接。在片0時(shí)刻，質(zhì)量為的物塊/與質(zhì)量為

MB的木板B一起以共同速度vo=3.5m∕s在平臺(tái)上開始向右運(yùn)動(dòng)（物塊4在木板B的最左端）。

且在片O時(shí)刻，質(zhì)量為加C的物塊C以vC=5m∕s的速度從傳送帶最右端。向左運(yùn)動(dòng)（圖中物塊

C未畫出，并可將其視為質(zhì)點(diǎn)）。物塊C與木板8恰好在傳送帶最左端尸發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)

間極短），碰撞后立即將物塊C移走。運(yùn)動(dòng)過程中物塊/始終未離開木板瓦已知物塊C與傳

送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)和木板B與水平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為"=0.10,物塊N與木板B間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為〃/=0.3,重力加速度取g=10m∕s2,求：

（1）物塊C在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；

（2）長木板B的最小長度V。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）

【答案】（1）1.5s；（2）1.78m

【詳解】（1）設(shè)向左為正方向，由于物塊C的速度大于傳送帶的速度，物塊C在傳送帶上先做

勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為。，由牛頓第二定律可得

μtncg=mca

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解得

a=lm∕s2

設(shè)物塊C做勻減速運(yùn)動(dòng)的距離為x，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

22

vc-v=2ax

解得

X=4.5m<L

因此物塊。做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

Lu=LOS

a

物塊C做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間為

L~X?_

/?=------=0.5s

V

物塊C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

f=∕j+Z2=1.5s

（2）設(shè)向右為正方向，物塊4和木板8—起向右運(yùn)動(dòng)的加速度為大小為《，木板8和物塊C

碰撞前運(yùn)動(dòng)的速度為Vi,木板B和物塊C碰撞后的速度分別為VB和%'。對(duì)于物塊A和木板B,

根據(jù)牛頓第二定律可得

〃(租A+mB)g=(mA+mβ)al

解得

q=lm∕s2

碰撞前4和8的速度大小為

v1=V0-卬=2m/s

木板8和物塊C碰撞時(shí)，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得

tnBvx-mcv=mβvli+mcvc

由機(jī)械能守