专题限时评价1-【名师导航】2025年高考物理二轮总复习教师用书（通用版）

专题限时评价(一) (建议用时：75分钟) 1．(2024·滨州模拟)汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关。某司机在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间。汽车以速度v1匀速行驶，记录从看到减速信号至汽车停下的位移x1；然后再以另一速度v2匀速行驶，记录从看到减速信号至汽车停下的位移x2。假设两次实验司机的反应时间不变，加速度相同且恒定不变，可测得该司机的反应时间为(　　) A. 　 B． C. 　 D． A　解析：设司机的反应时间为 t，匀减速运动的加速度大小为 a，由运动学公式有x1＝v1t＋，x2＝v2t＋，联立解得t＝，故选A。 2．(2023·江苏卷)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为(　　) A. B． C. D． D　解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对每一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知，每条腿对月球表面的压力为，故选D。 3．(多选)如图甲所示，质量为m的风筝在牵线和均匀风力的作用下处于平衡状态，如图乙所示，为此模型的截面图。已知风筝平面与水平面的夹角为37°，牵线(简化为一根)与风筝平面的夹角为53°，风力与风筝平面垂直，重力加速度为g。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A. 牵线的拉力与重力的夹角为74° B. 牵线的拉力大小为mg C. 风力的大小为1.2mg D. 把牵线的拉力分别沿重力的反方向和风力的反方向分解，沿风力的反方向的分力大小为1.6mg AD　解析：由几何关系可知，牵线与水平方向的夹角为 53°－37°＝16°，与竖直方向的夹角为90°－16°＝74°，A正确；把牵线的拉力和重力分别沿着风筝平面和垂直风筝平面分解，由力的平衡可得FTsin 37°＝mgsin 37°，FTcos 37°＋mgcos 37°＝F风，联立解得FT＝mg，F风＝1.6mg，B、C错误；把牵线的拉力分别沿重力的反方向和风力的反方向分解，根据力的平衡条件可知，沿风力的反方向的分力与风力等大反向，大小为 1.6mg，D正确。 4．(多选)中国传统的石拱桥是力与美的完美结合，如图所示是科技馆中小朋友搭建的拱桥模型，1、5与2、4分别是左右对称的塑料构件，构件1、5紧贴在支撑底座上，构件1、2、3的左侧面与竖直面的夹角分别为α、β、γ，且 α＞β＞γ。若小朋友所受重力为G，构件质量不计，小朋友站在构件3的正中间可保持静止，近似认为5块构件表面光滑。下列说法正确的是(　　) A. 底座与构件1间的弹力大小等于 B. 底座与构件1间的弹力大小等于 C. 底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变大 D. 底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变小 AC　解析：对5块构件与小朋友整体受力分析如图所示，有F1sin α＋F5sin α＝G，由对称性可知，支撑底座对构件1、5的弹力大小相等，即F1＝F5，可得F1＝，A正确，B错误；同理，对构件2、3、4与小朋友整体受力分析，可得构件1、2间的弹力F2＝，对构件3与小朋友整体受力分析，可得构件2、3间的弹力F3＝，由于α＞β＞γ，可知底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变大，C正确，D错误。 5．拖着橡胶轮胎跑是训练身体耐力的一种有效方法，受训者用两根挂在肩上的绳子拖着轮胎在水平直道上做匀速直线运动，如图所示，每根绳的拉力大小为F，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，假设运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高，两绳间的夹角为θ，两绳所构成的平面与水平面间的夹角恒为α，轮胎所受重力为G，若已知F＝Ff，且cos ＝，则角α的大小为(　　) A. 30° B．37° C. 45° D．60° A　解析：每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合＝2Fcos ，方向沿两绳夹角的角平分线，与水平面的夹角为α，对轮胎受力分析如图所示，由平衡条件得 F合cos α＝Ff，解得α＝30°，A正确。 6．消防员在抢险救灾工作中扮演了非常重要的角色。在救援过程中常常需要从顶楼直降到某一楼层，在下降过程中，可以将模型简化为如图所示的物理模型：脚与墙壁接触点为A点，消防员所受的重力全部集中在B点，A到B可简化为轻杆，OB为轻绳。已知下降过程中AB的长度以及AB与竖直方向之间的夹角保持不变。初始时刻，消防员保持静止，下降一定高度后再次保持静止。静止后相对于初始位置，下列说法正确的是(　　) A. 墙对AB杆的支持力变大 B. 墙对AB杆的支持力变小 C. 墙对AB杆的支持力保持不变 D. 条件不足，无法判断 B　解析：由分析可知，两个状态相比，重力大小、方向不变，杆的支持力方向不变，消防员受力分析如图所示，由作图法可知墙对AB杆的支持力变小，B正确，A、C、D错误。 7．如图所示，竖直平面内有三根不可伸长的轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现向导体棒通入方向向里、大小由0缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到使绳3与绳1所处的水平面成30°角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是(　　) A. 绳1受到的拉力先增大后减小 B. 绳2受到的拉力先增大后减小 C. 绳3受到的拉力最大值为mg D. 导体棒中电流I0的值为 D　解析：对绳子与导体棒整体受力分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得，水平方向有F1＝F2cos 60°＋BIl，竖直方向有 F2sin 60°＝mg，电流逐渐变大，可知F2不变，F1增大，A、B错误；对导体棒受力分析，当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，此时绳3的拉力最大，有 sin 30°＝，最大值为F3＝2mg，C错误；当电流增大到I0时，有 tan 30°＝，得I0＝，D正确。 8．(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上的质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则(　　) A. 细绳OO′的拉力先减小后增大 B. 细绳对物块B的拉力大小不变 C. 斜面对物块B的支持力先减小后增大 D. 外力F逐渐变大 BCD　解析：由题意可知，物块缓慢移动，整体都处于平衡状态，则绳OO′的拉力等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A所受重力的大小，当B上移时，二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确。开始时刻对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时α先减小后增大；则在垂直斜面方向，根据平衡方程可知，斜面对物块B的支持力FN先减小后增大，在沿斜面方向，根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确。 9．甲、乙两车在同一条平直公路上运动，其x-t图像如图所示，已知甲车做匀变速直线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知(　　) A. t＝2 s时刻，甲、乙两车速度大小相等 B. 0～2 s内，甲车位移等于乙车位移 C. 甲车的初速度大小为2 m/s D. 在相遇之前，t＝0.75 s时两车相距最远 D　解析：在x-t图像中，图线的斜率表示速度，由题图可知，t＝2 s时，甲车的速度大于乙车的速度，故A错误。由题图知，在0～2 s内，甲车位移为8 m，乙车位移为6 m，甲车位移大于乙车位移，故B错误。由题图可知，乙车做匀速直线运动的速度大小为3 m/s；设甲车的位置表达式为x＝v0t＋a1t2＋x0，将(0，－2)、(1,0)、(2,6)三组数据代入上式，解得x0＝－2 m，v0＝0，a1＝4 m/s2，故C错误。速度相同时，两车相距最远，即v甲＝v乙＝3 m/s，得t＝＝0.75 s，故D正确。 10．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t＝4 s时相遇，则下列说法正确的是(　　) A. 甲车的加速度大小为10 m/s2 B. t＝3 s时，甲车的速度为31.5 m/s C. 0～4 s的时间内甲车发生的位移为80 m D. 在t＝0时，乙车在甲车前40 m处 D　解析：v-t图像中图线的斜率表示加速度，则甲车的加速度大小为a＝＝ m/s2＝7.5 m/s2，故A错误；t＝3 s时甲车的速度为v3＝v0＋at3＝32.5 m/s，故B错误；v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，0～4 s时间内，甲车发生的位移为x甲＝ m＝100 m，故C错误；0～4 s时间内，乙车发生的位移为x乙＝ m＝60 m，则在t＝0时，乙车在甲车前Δx＝x甲－x乙＝40 m处，故D正确。 11．将一弹性小球从距地面高度h处的P点以某一速度v0水平抛出，与前方的一面竖直墙发生弹性碰撞，且碰撞满足“光的反射定律”(碰后小球竖直速度不变，水平速度大小不变，与墙壁的夹角不变)。已知v0与竖直墙面的夹角为θ(θ<90°)，小球落地后不再反弹，落地点到墙面的距离为x1；若小球从P点以2v0的初速度沿原方向水平抛出，落地点到墙面的距离为x2。已知重力加速度为g，则小球第一次抛出的初速度v0和P点到墙面的距离x为(　　) A. v0＝，x＝x2－2x1 B. v0＝，x＝ C. v0＝(x2－x1)，x＝ D. v0＝(x2－x1)，x＝x2－2x1 A　解析：根据题意可知，在这两次抛出小球的过程中，小球运动的时间相等，由h＝gt2，可得t＝，由几何关系可得v0t＝＋，2v0t＝＋，联立可得v0＝，x＝x2－2x1，故选A。 12．在地面上以初速度kv0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件为(已知k>1，不计空气阻力)(　　) A. Δt> B. Δt< C. <Δt< D. <Δt< D　解析：物体A从地面上抛至回到地面所用时间为tA＝2·，物体B从地面上抛至回到地面所用时间为tB＝2·；要使两物体能在空中相遇，有以下两种临界情况：临界一，两物体刚好在回到地面时相遇，则有Δt1＝tA－tB＝；临界二，在物体A刚好回到地面时，将物体B上抛，则有Δt2＝tA＝；故为了使两物体能在空中相遇，两物体抛出的时间间隔Δt必须满足<Δt<，D正确，A、B、C错误。 13．(2023·江苏卷)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°，平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑雪道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。 (1)求滑雪者运动到P点的时间t。 (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v。 (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。 解析：(1)滑雪者从A到P，根据动能定理有 mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝mv－0 根据动量定理有(mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0 联立解得vP＝，t＝。 (2)若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有 v＝vP＝。 (3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出后做斜抛运动，竖直方向上有 vPsin 45°＝g× 水平方向上有L＝vPcos 45°·t′ 联立可得L＝d(1－μ)。 答案：(1)　(2)　 (3)d(1－μ) 14．某闯关游戏中有这样一个水上项目，挑战者需要借助悬挂在高处的轻绳飞越到水池对面的平台上，已知开始时轻绳与竖直方向的夹角为α＝60°，轻绳的悬挂点O的正下方恰好在水池的左端，且距平台的竖直高度为H＝3.6 m，水池的宽度D＝2.4 m，绳长为L(L<H)。如果质量为60 kg的挑战者抓住轻绳由静止开始摆动，运动到O点的正下方时松手做平抛运动，不考虑空气阻力，挑战者可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求挑战者刚摆到最低点时所受轻绳的拉力。 (2)若挑战者某次飞越过程中绳长为2.8 m，试判断该挑战者能否飞越到水池对面的平台上。如果不能，试判断挑战者想安全飞越到水池对面的平台上，绳长需要满足的条件。 解析：(1)挑战者由静止到摆至最低点的过程中，由动能定理得mgL(1－cos α)＝mv 在最低点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝m 可得轻绳的拉力为FT＝2mg＝1 200 N。 (2)当绳长为L1＝2.8 m时，由(1)问可知 v0＝＝2 m/s 挑战者松手做平抛运动，则 竖直方向上有H－L1＝gt 水平方向上有x1＝v0t1＝ m<D 所以该挑战者不能飞越到水池对面的平台上，如果挑战者想安全飞越到水池对面的平台上，需满足水平位移 x≥D，则 竖直方向上有H－L＝gt2 水平方向上有x＝v0t＝≥D 解得1.2 m≤L≤2.4 m。 答案：(1)1 200 N　(2)不能　1.2 m≤L≤2.4 m 1/10 学科网（北京）股份有限公司 $$