专题卷(二) 直线运动与牛顿运动定律(包括板块模型)-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（山东专版）

高三二轮复习专题卷 通过几何关系解得L=R+Rsin θ0,代入数据得L= 0.5+ 510 m。 15.(1)0.2Mg (2)0.25M (3) 2 15gh 【解析】(1)对木块受力分析,根据平衡条件可知绳子拉力大小为T=mg, 对矩形装置和木块整体,根据平衡条件可知F=2T,解得F=0.2Mg。 (2)根据平衡条件可知木块质量最大时应满足μ(Mg+mg)=2mg,解得m=0.25M。 (3)矩形装置上的滑轮相当于动滑轮,因此木块竖直向下的速度是矩形装置的二倍,水平方向速 度与矩形装置相同,根据系统机械能守恒有mgh= 1 2m [(2v)2+v2]+ 1 2Mv 2, 解得v= 2 15gh 。 16. 13 7mg 【解析】对A、B 受力分析如图, 门闩刚好启动时,对A 在水平方向上有F=Nsin 45°+μNcos 45°, 对B 在竖直方向上有Ncos 45°=mg+μNsin 45°, 解得F= 13 7mg 。 17.(1)460 N (2)230 N,水平向右 【解析】(1)根据题意,由平衡条件可知,地面对车的支持力为FN=m人g+m车g=1 150 N, 由公式f=μFN 可得,地面对小车的摩擦力的大小为f=0.4×1 150 N=460 N。 (2)根据题意,设绳子的拉力为F,由平衡条件有2F=f,解得F=230 N, 对人受力分析,由平衡条件有f1=F=230 N,方向水平向右。 18.(1)tan θ (2)当α=θ时,拉力F 有最小值 mgsin 2θ (3) 1 2mgsin 4θ 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时,有mgsin θ=μmgcos θ,解得μ=tan θ。 (2)木楔在力F 作用下沿斜面向上匀速运动,沿斜面方向根据平衡条件Fcos α=mgsin θ+Ff, 垂直于斜面方向Fsin α+FN=mgcos θ, 根据摩擦力的计算公式Ff=μFN, 联立解得F= 2mgsin θ cos α+μsin α= 2mgsin θcos θ cos αcos θ+μsin αcos θ= mgsin 2θ cos (θ-α) , 则当α=θ时,F 有最小值,为Fmin=mgsin 2θ。 (3)因为木块及木楔均处于平衡状态,整体受到水平面的摩擦力等于F 的水平分力,即F'f= Fcos (α+θ), 当F 取最小值mgsin 2θ时,F'f=Fmincos 2θ=mgsin 2θcos 2θ= 1 2mgsin 4θ。 物理(二) 1.A 【解析】设汽车正常行驶的速度为v0,由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得 v= v0 2 ,可得v0=2v,A正确;减速过程时间为t0= v0 a= 2v a ,反应过程的时间为t反= t0 5= 2v 5a ,B错 ·4· ·物理· 参考答案及解析 误;减速过程的位移为x0=vt0= 2v2 a ,反应过程的位移为x反=v0t反= 4v2 5a ,则有x0 x反= 5 2 ,C错误; 从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为v'= x反+x0 t反+t0 = 7 6v ,D错误。 2.D 【解析】由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等,则π da2 2 vaΔt=π db2 2 vbΔt,可 得va∶vb=d2b∶d2a=9∶16。 3.C 【解析】根据题意无法计算第二阶段减速的平均加速度,所以无法比较第一阶段减速的平均 加速度和第二阶段减速的平均加速度的大小,故A错误;三个阶段减速过程中航天员均处于超 重状态,故B错误;根据匀变速直线运动规律可知第三阶段减速的平均加速度大小为a= v2 2h= 102 2×1 m/s2=50 m/s2,设第三阶段减速至距地面0.5 m高时返回舱的速度为v',则有v'2-v2= -2ah',解得v'=52 m/s,故C正确,D错误。 4.C 【解析】张洋铭在ab、bc、cd 三段位移内速度增加量之比为1∶2∶1,则对应时间之比为1∶ 2∶1,有L1=v0t+ 1 2at 2,L2=(v0+at)·2t+ 1 2a (2t)2=2v0t+4at2,L3=(v0+3at)·t+ 1 2at 2=v0t+ 7 2at 2,可得L2=L1+L3。 5.C 【解析】根据几何知识可知,当甲车在乙车前方时,有x甲-x乙=6 m,根据运动学公式有 x甲=v甲t- 1 2at 2,x乙=v乙t,解得t1=2 s,t2=6 s。由v甲=at0,解得t0=6 s,则t0=6 s之后, 甲车停下,乙车运动,之后甲、乙两车的距离不断减小,从t0=6 s开始到乙车行驶至甲车前方6 m的过程,经历的时间为t'= 2s v乙= 2×6 m v乙 =6 s,所以甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为t总= 2 s+6 s=8 s。 6.A 【解析】系统处于静止状态时,根据受力平衡可知(m1+m2)g=kx0,0~0.2 s过程中根据位 移—时间公式可知x= 1 2at 2,t=0时对系统,根据牛顿第二定律可知F1=(m1+m2)a,t=0.2 s 时,对物块1根据牛顿第二定律可知F-m1g=m1a,弹簧弹力F=k(x0-x),对物块2根据牛顿 第二定律可知F2-m2g=m2a,联立解得x0=0.15 m,x=0.08 m,a=4 m/s2,F=28 N,F1= 24 N,F2=56 N,故A正确,BCD错误。 7.D 【解析】根据题意可知,竖直向上为正方向,设火星表面重力加速度为g1,则有x=v0t- 1 2g1t 2,整理可得x t=v0- 1 2g1t ,结合图像可得v0=a,g1= 2a b ,故 A错误;根据题意,由公式 v2-v20=2ax 可得,上升的最大高度为h= v20 2g1 = ab 4 ,故B错误;根据题意,由万有引力等于重力 有GMm R2 =mg1,解得 M= g1R2 G = 2aR2 bG ,由万有引力提供向心力有GMm R2 =m v2 R ,联立解得v= g1R= 2aR b ,故C错误,D正确。 8.B 【解析】从开始到两球在ab中点发生弹性碰撞,对甲、乙分别有h= 1 2gt 2,v甲=gt,-h=-v0t+ ·5· 高三二轮复习专题卷 1 2gt 2,v乙=-v0+gt,解得t= v0 g ,h= v20 2g ,v甲=v0,v乙=0,两球发生弹性碰撞,则有 mv甲+ mv乙=mv'甲+mv'乙, 1 2mv 2 甲+ 1 2mv 2 乙= 1 2mv' 2 甲+ 1 2mv' 2 乙,解得v'甲=0,v'乙=v0,两球碰后运动到c 点过程中,对甲、乙分别有3h=v'甲t甲+ 1 2gt 2 甲,3h=v'乙t乙+ 1 2gt 2 乙,解得甲、乙经过c点的时间 差为t甲-t乙= (3-1)v0 g 。 *B 【解析】由于用相同的力作用相同的一段时间,人对物体的冲量相同,由动量定理I=mv,可知 质量与速度成反比,故质量小的羽毛获得的速度大,舱外没有空气,离开手以后,在飞行过程中小 钢球和羽毛的运动都可看作匀速直线运动,故羽毛先到达正前方两米处,AD错误,B正确;惯性是 物体本身固有的属性,在任何状态下都具有惯性,C错误。 9.ACD 【解析】设AO=x,甲、乙两冰壶的初速度均为v0,乙先以加速度a2 做匀减速直线运动的 位移为x1,此时的速度是v,由匀变速直线运动的速度位移关系公式,对甲冰壶可得v20=2a1x, 对乙冰壶可得v20-v2=2a2x1,v2=2a3(x-x1),联立可得2a1x-2a3(x-x1)=2a2x1,整理可 得(a1-a3)x=(a2-a3)x1,由题意可知,乙冰壶在位移x1 的摩擦力大于在位移x-x1 的摩擦 力,由牛顿第二定律可知a2>a3,可得a1>a3,又有a1x=a2x1+a3(x-x1),若a2=a3,则有a1 =a2,现有a2>a3,推理可知a1<a2。 10.BD 【解析】篮球到达最高点时,运动的时间为t1= v0 g =0.5 s,该同学运动的时间为t2=t1- Δt=0.3 s,篮球到达最高点时,该同学的手指指尖恰好触碰到篮球,则 v20 2g +h1=v人t2- 1 2gt 2 2+ h2,其中h1=2 m,h2=2.5 m,解得v人=4 m/s,触碰到篮球时该同学的速度为v=v人-gt2= 1 m/s,故C错误,D正确;起跳过程,根据动量定理IF-mgΔt=mv人,解得地面对该同学的冲量 为IF=360 N·s,故A错误;根据动量定理,起跳过程,合外力对该同学的冲量为I合=mv人= 240 N·s,故B正确。 11.BC 【解析】未撤去力F 时,由题意得 1 3mgtan 60°= 1 3m · 3g= 1 3ma ,说明小球恰好不离开 斜面,斜面对小球无作用力,弹簧拉力大小FT= 1 3mg cos 60°= 2 3mg ,撤去力F 的瞬间,弹簧弹力不 发生突变,仍为2 3mg ,小球与斜面之间的弹力不变,故小球对斜面的压力为零,选项AD错误; 设撤去力F 瞬间斜面体的加速度大小为a',则FTcos 30°=ma',解得a'= 3 3g ,选项B正确;小 球受力不变,加速度不变,大小仍为 3g,选项C正确。 12.CD 【解析】设车厢对A 的弹力为FNA,轻杆对A 的弹力为N,若B 球所受摩擦力为零,可知 整体向右加速,对A、B 整体由牛顿第二定律得FNA=2ma,对A 球由牛顿第二定律得FNA- Nsin θ=ma,竖直方向Ncos θ=mg,联立解得a=gtan θ,对整体由牛顿第二定律得F=4ma= 4mgtan θ,故A错误;若推力向左,则系统的加速度向左。假设杆与车厢始终保持相对静止,且 A 与左壁弹力为零,对A 水平方向有Nsin θ=maA,竖直方向有Ncos θ=mg,解得aA=gtan θ, 在此情况下,设厢底对B 的静摩擦力为f,对AB 整体有f=2maA=2mgtan θ,由于μ≥tan θ,所 以最大静摩擦力fm≥2mgtan θ,可得f≤fm,故假设成立。所以系统的加速度最大等于aA= ·6· ·物理· 参考答案及解析 gtan θ,所以F 最大值为Fm=4maA=4mgtan θ,故B错误;由选项B的解答可知,μ<tan θ≤ 2μ 时,若A 与左壁弹力为零,B 会相对厢底滑动,故A 与左壁弹力不能为零。当厢底对B 的 静摩擦力达到最大静摩擦力时,F 达到最大值,则有2μmg-FNA=2ma,对整体Fm=4ma,对 A 竖直方向Ncos θ=mg,对A 水平方向Nsin θ-FNA=ma,联立解得Fm=4mg(2μ-tan θ), 故C正确;若推力向右,tan θ>2μ,当厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦力,方向水平向右时, F 有最大值,则2μmg+FNA=2ma1,对A,Ncos θ=mg,FNA-Nsin θ=ma1,联立解得a1= 2μg+gtan θ;当厢底对B 的摩擦力达到最大静摩擦力,方向水平向左时,F 有最小值,则对AB 整体有FNA-2μmg=2ma2,对A 水平方向有FNA-Nsin θ=ma2,对A 竖直方向有Ncos θ= mg,联立解得a2=gtan θ-2μg,所以4ma2≤F≤4ma1,即4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+ 2μ),故D正确。 *ABC 【解析】若两者均无初速度同时释放,则在同一时间内下降高度相等,可知小球在空中不能 穿过管,故A正确;两者同时释放,小球具有竖直向下的初速度v0,管无初速度,以管为参考系,小 球相对管做匀速运动,在管中运动的时间t= L v0 ,则小球能穿过管,且在管中运动的时间与当地重 力加速度无关,故B正确;先让小球自由下落,设下落时间为t1,当小球落至空心管上边缘时,无初 速度释放空心管,设小球落至空心管上边缘时的速度为v1,在管中运动的时间为t2,则有Δh1= v1t2+ 1 2gt 2 2- 1 2gt 2 2=L,t2= L v1 = L gt1 ,则小球一定能穿过管,且在管中运动的时间与当地重力加 速度有关,故C正确;两者均无初速度释放,但小球提前了Δt时间释放,以管为参考系,小球相对 管匀速运动,则有v=gΔt,L=vt,可知小球在管中运动的时间为t= L gΔt ,时间与当地重力加速 度有关,故D错误。 13.(1)100 m (2)80 m (3)25 s 【解析】(1)汽车通过人工收费通道时,设减速过程位移为x1,有-v20=-2ax1,求得x1=50 m, 加速过程与减速过程对称,设变速过程总位移为x,则有x=2x1, 代入相关数据解得x=100 m。 (2)汽车通过ETC通道时,设减速过程中位移为x'1,有v2-v20=-2ax'1,求得x'1=37.5 m, 加速过程与减速过程对称,设整个运动过程位移为x',有x'=2x'1+d, 代入相关数据解得x'=80 m。 (3)由于x>x',汽车行驶100 m通过人工收费通道和ETC通道分别用时t= x v0 2 +t0,t'= 2x'1 v0+v 2 + d v+ x-x' v0 ,节省的时间Δt=t-t', 联立解得汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节省的时间Δt=25 s。 14.(1)10 m/s (2)3∶4 【解析】(1)卡车的速度v0=72 km/h=20 m/s, 取运动方向为正,则a=-5 m/s2, 由公式v=v0+at,代入数据求得2 s末的速度为v=10 m/s。 (2)设卡车在t0 时刻停止,由v=v0+at,得刹车时间为t0=4 s, 故前5 s内的位移等于前4 s内的位移,由x=v0t+ 1 2at 2, 得前2 s内位移为x1=30 m, ·7· 高三二轮复习专题卷 前4 s内位移为x2=40 m,所以位移大小之比为x1∶x2=3∶4。 15.(1) v20 a (2) v20 2s0 2s0 v0 【解析】(1)当B 刚好加速到v0 时,所用时间为t,由速度—时间公式得v0=at,解得t= v0 a , 车A 与交汇点的距离s=v0× v0 a= v20 a 。 (2)车B 的运动可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动,根据速度—位移公式得v20=2a's0, 解得a'= v20 2s0 , 根据速度—时间公式得v0=a't',解得t'= 2s0 v0 。 16.(1)2 m/s (2)0.35 m (3)0.525 J 【解析】(1)根据题意,有L= 1 2gt 2 A,解得tA=0.4 s,则有tB=tA-0.2 s=0.2 s, 则A 球刚落到管底时,B 球的速度vB=gtB=2 m/s。 (2)根据题意可知,A 球反弹之后做竖直上抛运动,则有vA=gtA=4 m/s, A 球刚落到管底时,小球B 下落的高度为hB= 1 2gt 2 B=0.2 m, 设从A 球反弹到两球相遇的时间为t2,则有h=vAt2- 1 2gt 2 2, h'=vBt2+ 1 2gt 2 2,又有L-hB=h+h',联立解得t2=0.1 s,h=0.35 m。 (3)设A、B 两小球碰撞后,B 球上升的速度为v'B,则有0-v'2B=-2g(L-h+Δh), 解得v'B=4 m/s, 设A、B 两小球碰前速度分别为v1、v2,则有v1=vA-gt2=3 m/s, v2=vB+gt2=3 m/s, 碰撞时动量守恒,取向上为正方向,则有mAv1-mBv2=mAv'1+mBv'B, 解得v'1=-0.5 m/s, 则碰撞过程中,损失的机械能为ΔE= 1 2mAv 2 1+ 1 2mBv 2 2- 1 2mAv' 2 1 - 1 2mBv' 2 B=0.525 J。 17.(1)0.05 (2)0.075 (3)7.5 m 【解析】(1)由乙图可知,力F 在5 s时撤去,此时长木板P 的速度为v1=5 m/s, 6 s时两者速度相同为v2=3 m/s, 在0~6 s的过程对Q 由牛顿第二定律得μ1mg=ma2, 根据图乙可知a2= Δv Δt ,解得a2=0.5 m/s2, 代入数据可得μ1=0.05,即滑块Q 与长木板P 之间的动摩擦因数是0.05。 (2)5~6 s对P 由牛顿第二定律得μ1mg+μ2·2mg=ma1, 由乙图可知a1=2 m/s2,代入数据可得μ2=0.075, 即长木板P 与地面之间的动摩擦因数是0.075。 (3)从6 s末到长木板停下的过程,对长木板由牛顿第二定律得μ2·2mg-μ1mg=ma3, 代入数据可得a3=1 m/s2,这段时间Δt= v2 a3 ,解得Δt=3 s,所以9 s时长木板P 停下来,6 s前 ·8· ·物理· 参考答案及解析 长木板的速度大于滑块Q 的速度,6 s后长木板P 的速度小于滑块Q 的速度,由v-t图像的“面 积”可知前6 s的相对位移大于6 s后的相对位移,故长木板P 的长度至少为前6 s过程中Q 相 对P 滑动的距离,Δx= 1 2×5×5 m+ 1 2× (5+3)×1 m- 1 2×6×3 m=7.5 m。 18.(1)2 m/s2 2 m/s2 (2)29 m/s (3) 1 237 121 m 【解析】(1)最初开始运动时,对小环,根据牛顿第二定律F1-2mg-f=2ma1,解得a1= -2 m/s2,即加速度大小为2 m/s2,方向竖直向下, 对木棒,根据牛顿第二定律f-mg=ma2,解得a2=2 m/s2,即加速度大小为2 m/s2,方向竖直 向上。 (2)小环初速度v0=4 m/s,则两物体第一次共速过程v0+a1t1=a2t1, 解得t1=1 s,此时拉力恰好变为F2=120 N, 假设之后两物体共同减速到零,根据牛顿第二定律3mg-F2=3ma3,解得a3=2 m/s2, 则棒受到的摩擦力f'=mg-ma3,解得f'=40 N, 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力,故假设成立; 棒和小环在1 s后做类竖直上抛运动,回到1 s时的位置时,速度均变为竖直向下,v=a2t1, 解得v=2 m/s, 回到1 s时的位置时,棒相对于初始位置上升的高度h1= 1 2a2t 2 1,解得h1=1 m, 之后棒和小环以a3=2 m/s2 的加速度向下加速运动,根据v21-v2=2a3(H+h1), 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小v1= 29 m/s。 (3)木棒第一次与弹性地面相碰时,撤去施加在小环上的外力,此后小环的加速度大小a4= 2mg-f 2m ,解得a4=4 m/s2, 第一次碰地后,木棒的加速度大小为a5= mg+f m ,解得a5=22 m/s2, 小环向下做匀加速直线运动,木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动,假设与 小环共速前会再次碰地,则两次碰地时间间隔Δt= 2v1 a5 ,解得Δt= 29 11 s, 再次碰地时木棒的速度仍为v1= 29 m/s,此时环的速度v'=v1+a4Δt>v1, 故假设成立,即之后过程两物体不会再共速; 若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落,则从第一次碰撞开始,小环向下加 速运动了3Δt,相对木棒向下运动距离x=3v1Δt+ 1 2a4 (3Δt)2= 1 479 121 m, 之前小环相对木棒向上运动距离s= v0+v 2 t1-h1 , 解得s=2 m, 故小环开始运动时距木棒下端的距离l=x-s= 1 237 121 m。 物理(三) 1.C 【解析】若电梯向上加速,则液体将处于超重状态,液体向下的压力增大,则可知玻璃管内的 液面要下降,玻璃管内外的液面高度差将减小,故AB错误;若电梯向下加速,则液体将处于失重 ·9· 五，如图所示，甲，乙再柄兵具小汽年（可以视为质点井排沿平立路所的相邻角道向衡行装，两年 2024一2025学年度高三轮复习专题卷() 富装有蓝牙设备，这两个蓝牙级备河以在6m以内实现通们。1一0时划，甲、乙两车刚好悦于 物理·直线运动与牛顿运动定律（包括板块模型】 图示位置，此时甲不的速度为6田/，乙车的违度为2m/,从凌时制起甲车以1m的加渔 度做匀减这运动直苹停下，乙车保持原有速度量匀速直线适动，忽略轨道间见和信号传递时 (考试时同90分钟.满分10好分》 间，期从！一0时刻起，两不能利用蜚牙婚信的时闻为 一、单项选择题：本题共号小题，每小驱3分，共24分。每小题只有一个这项符合愿日要求。带· + 题日为能力提升题，分值不计入总分。 1,汽军从发瑾情况到开给减速到停止话动的情最过程如下，已知如减违过阳的加速度大小为丝，被 A.2 6 C,84 D104 速过程的平均速度大小为世，城违过程最历的时可是反应过程经历的时间的5隋，反这过程可 6.如图所不，劲度基数为0N/m的竖直轻弹簧下西定在地直上，上赠与质量为2k架 悦为做速运动，下测说法正确的是 的物块1连接，质量为4k取的物块2叠战在1上：，系统处于静止状老。观对物换 A.汽车正常行驶的速度大小为2云 发规情混 开如发速 汽车第止 2速如紧直车上的拉力，楚物块2经直向上做匀加速直线超动，已加拉力在00,2s 丛足位过臀的时间为品 内为变力，0,2后为恒力，取g=10m,,下判说法正晚的是 注程中 减走过 A.物块2做匀加建直馒运动的知德度大小为4m C诚璃过程位移是反应过程拉移的号骨 且t=0叫，枚力的大不为26N C.t=02s时，2力的大小为28N D从发翼情涩到汽车你庄整个过配的半均速堂大小为 山.4=0,2，时，弹簧弹力的大小为56N 以，如图，鹅整水龙头的开美，使单位时同内凌指水的体积相等。水由于重力作用，下格 7:航天员在火星表直得小球竖直上抛，收道出位置)点的位移为工=④，从小球抛出开的计时， 速度越来越大，水柱连来植解。香水住的横餐面可视为厕.周中融，再处的桃截而 以竖直向上为正方向，小球运磷的专图像如图所示其中：，历均为已每量1。忽略火量的日 直径分别为0.8e地阳0.6，荆经过u,b的水黄速度之比助tv.为 A.1, .19 C.314 10.916 韩，将其视为半径为及的匀板球体，引力常量为G。螺下列分析正确的是 .神舟系列载人飞船的返国喻运国地体过程中，雷是进行一系乳较为复染的减速操作，第一晚 A.小球竖直上抛的初通度为2 夏，返西舱眼离飞行轨道后，先打开引吊伞，引导伞工作大约165，返国粒的下降建度可由 我小球从)点主升的是大高度为的 180m/s碱至的m/:第二阶段，在距离度雀10km时引种伞拉出观建幸，再由减速伞带出主 伞，主伞先开个小口，樱层姓全部罪开，这时返问舱的下降速度由8知m/4莲蒂减至10m' 火经的第一学有滋度为平 然后在大气中匀速F岸，第三称段，当适同能距电面】m高时（返可粒账部安装有一个Y层调 仪》，丫探测仪发非信号，"指挥“缓中发功机.点火向下喷气，返问舱落地时速度为。根据以上 卫大丝的质里为欲 诚速过程得出的结论中，正瑰的是 8.如图所承出山三点位于学中同一聚直线上且6为中点，小球甲.乙完全相同，甲从单： A,第一阶段减速的平均加速度一定大于第二所段减递的平均加违度 由静止释截的可时：乙从6以渔度，竖直向上抛出，两球在中点发生弹性醒撞。 丛三个阶夏诚速过程中航天员均处于失重状志 已知重力知速度大小为其，附甲，乙经过点的时闻差为 C.第三阶减座的平均加速度大小为0m' D.第三欺登减速系积电面以.5助高科返同靴的速度为5/多 ” H原-1 化2-8 h②-1 4.如围所水，在222年趁京冬奥会高山滑雪男子大国转比赛中，中国选手家 :粒大员在字市龙船的整外机城背上：一手拿小削球，一手拿村飞，双手用同样的力作用相同的 洋铭沿着霄道加遮滑下，途暨@，b,(,d四个悦置，若将比过程说为匀加速 一小程时闻后，将小钢球和用毛向同一方向扔出，翻定日标为新出点正闹方两米处，下列说法 直提近动，张详铭在b、c三段位移内速度增加量之比为1：2114,6 正确的是 之闻的距离为上，d之间的距离为1，：明6，之间的距离上：为 A。不钢球先司达倒定日标处，周为小钢球的组鞋比积毛大 A.81. 8 私判毛先到达顶定月标处，因为离开手之后州毛的速度大 C.小闲球和羽毛露不能到达雅定目标处，国为在愈外小解球和有毛及有眉性 C十 D) 1山，小蜗除和羽毛同时到达断定日标处，因为设有阻力悲南，轻，重物体运动一样快 物理A·专数春二引算算（共8项] 金双龙门春 物理A·专题春二|算会（共8算 二、多项选择题：本题其+小题，母小题+分，共16分。每小题有多个选项符合题日要求。全部这 ·如图，在足够高的空问内，小对位于空心管的正上方处，空心管长为L,小球球0与管争 对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。带+圆日为管力提升丽，分值不计入 的轴线重合，并在竖直慢上，小球的直径小于管的内径，小球可以无障得第过空心管，不 总分。 计空气阻力，下列判低正端的是 马。如图，运动员先后将甲.乙两冰幸以相料的精速度从A点沿直线A门推高，若甲以如迷度： A。构者均无初速定同时释较，小球在空中不能穿过管 做匀减速直线近动后停在)点乙先以加速度：做匀减速真线运动，到达某位置，运动员开 队两者可时释成。小感其有显直狗下的初速度，管无初速度，测小建一定能穿过管： 的制冰童减小动控因数，乙以相速度：，灌续做匀减速直线运动并停在)点，则 且在管中运动的时何与当地重力加速度无关 C.先让小球自由下落，当小球落至空心管上边缘时，无初建度释效空心管，小球一定傲穿过 管，且在管中运动的时间与背粗重力加速度有美 AM,0: 且2,2： C.412a 以.：星 刀，丙者均无初速度释放，但小球现m了山时间释放，划小球定能穿过管，且在管中运动的 10.如图，爱量为80k知的间学在炼习跳球。丝将蓝球从离难出高为2m的位置以 时佩与当地重力解渔度无关 5ms的同速度紧直向上抛出，接春雀若球正下方整直举起手界并准备着数直方 三，非选择题：本题共6小题，共60分。 角超篇，在雏球抛出后的，？%时刻给好跳高电面。北时手指指尖真趋面高为 3.《后分)TCM电子不停车收费系笼)的楼用，大大缩如了车铜缓过收费洁的时间。汽车以 二，5m。不计空气阻力，g取0m/:.已知整球判达最奔点时，流同学的下指尖给 10m/的速度铅真线驶同败始站，如果过人工收费通道，者要静好在中心找处减速为零，经过 好触碰列管球，刚（设该同学起晚后炎势一直不支） ,=18策费成功后，再启功汽车加速至，正席行装：如果过T℃通道，雷要在收变站中心 A.起酬过程，塘新引减同学的冲量为10N·= 线院d=三m处正好碱速至▣=5m,匀速通过中心线行：再相通至甲。正徐行较。设汽车 长起满过限，合外力对淡同学的冲量为20、·一 变速运功过程加速度大小氧定，均为1m/。,整个运动过程将汽视为威点，求： C.触健到资球时该同学的速度为0 (》汽车通过人工取费通道时，从开始减速斜核复正常行段过程中的位移大小： D触到管球时该国学的成度为1m/s 儿.如图，领角为，威量为m的斜面体静止于光情本平面上。轻养赞 (2》汽车酒过C适道时，从开拉减速到铁复正常行铁过程中的位移大小： )汽车道过T℃道道比暴过人工及贵通有节省的时间 的上端圆定在斜面体的度随A丝。下端轮接一嫌量为气的老滑小球卡 可视为质点，现让系统在水平加力F作用下以大小为3：的加 wo 速度水平左戴匀加边直线运动，小球与料而相对静止且小球未运动间水平面上。已知重 力加建度大小为展，不计空气阻力。则做去力下最间《在操去力F约解间，小球与斜面之同 站 的弹力不变》 人带簧的带力大小为器 其斜而体的加法度大水为停。 C不球韵甲速搜大小为 D木球对销西的压力大小为 12.如图，光舒水平热面上和一面量为2M的小车在水平推力F的作用下加速运动。军围内有面 量均为刚的A,B两小球，博球用轻杆相连，A球章在光带左琴上，B球处在车刚水半底面 上，且与流直储的动摩擦因数为性，杆与竖在方的夹角为易，杆与车形物终保持相对静止 假设量大静停擦力等于滑动摩擦力，重力加渔虔为g。下列境选法 正确的是 A,若B球受到的原擦力为零，期F=2mEn 取若推力F向左，且n,别F的最大值为2mxan9 C若推力F向左，且<m2,周F的量大值为4mg(2u一 Tan 0) 山，若滑力下向右，且1an8>2u,媒F的葱偶为4w片(nn8一2)6F4mg(n0十2年》 物理A·专型春二引算多N(共8项] 金额龙门春 物理A·专置春|二引算4（共8算 14,8分)一辆车正园可，=T2k山的违度匀迪行驶，司机炎然复虎衡方再年爱生经撞，立即 16,8分)如图所示，长为L时0.5m,内些凳滑的期管（测端开口，下滑封同竖直霸定较爱，A,召 以大小为以一5m,的由速度科车，若从刚剩车开始计时，求： 得小球的质量分别为w,200m。一100直径略小于铜管内径，将小球人从管口静止释 《1》卡车在g、末的遮度大小 放并开始计时，心，2。时在管口由静止释放小球：，已知小球与管底疑撞丽原速韦反弹，小球 是名 《2》卡车前丝内的位移与前5，内的位移之比 的直径轻与铜管长度相比可起略不计，重力相速度取g一10军，碰擅时间和空气用力均可忽 导，求， 1》A球例落到管民时，B线的速度大小，： 《2A,出再小球相君的2置距管底的高度知】 43)若A:B两小球发生W葡后，B个球上升的登高点高出音口h=正可m,求两小球强额 时损失的机械能 落8性 7 15,8分》有人提出了高避列车不停车换聚的设想。商速列车A以迪度甲，做匀速直线运动，拔 授列军B在相第军道山静止开近醋加速度大小为4的列加速线运动，与车A可向行使 两同时到达交工点时，军B用好加通逸到比，然后两军禄持该通度行使供乘客黄乘。香将两 10 车摆为质点：求， 《1)车B出发时，军A与交汇点的距离： 《2》频来完毕后，车B做句或建直线远动，运动了虾离。后停止，求此过程中车非运动的加 速度大小和写动时间 物理A·专程春1三引算6直（共8） 金赛地门春 物理A·专置春|二引算0（共8算 17,14分知图印所示，粗题的水平地面上有长本餐P,小滑块Q可看作置点}放置干长术板上 18,1后分)如图甲所示，一爱量四=5k以的图相均匀的到木棒聚直放爱，在外力作用下禄持静止 的最右端。观将一个水平内右的力F作用在长木板的右州，让长术板从罪业开始运，一 状态，下端距水平弹性地面的高度为日=正，m,为地面相碰时木棒会以原速半弹回，本W 时间后教去力F的作用。帝块，长本酸的闲腹如图乙质常，已知小带块Q与长术版P的 上有一质量为2m的弹性小环。若=0时刻，小环从木伟上某处影直向上的初违度，■ 质量相幕，小尉块Q始姿设有从轮木板P上形下，重力加速度一10m/,求， 1出向上滑诗，井对小环绝加级直向上的图乙所示的外力F,与此可时桶去作用在本 《山滑块Q与长木板P之间的动厚整国数 上的外力，当木棒第一次与弹性地相睡时，量去绝加在小环上的外力。已知本帮与小环 (2》长木板P与地面之可的动摩擦因数。 m了 可的滑动摩擦力/一L2以，小环可以看作面点，且整个过程中小环不会从木棒上霜帝出，取 )长木板P的最小长度。 发一10mg,不计室气阳力，量大静摩餐力等于带动摩据力，不计木伟与塘直的转掉时 可，求： 1》小环和木棒量初开静运动时的相德度的大小， 2777007777777 (2)木棒第一次与洋性境直爱短时的速度的大小， 甲 ()若木棒恰好与地直第（次量罐时弹性小环从木棒庭瘤常落，求小环行始运动时鬼衣棒下 端的距离（结果可以用分数表示。 乙 有理A·专数春1三引算7瓦（共8） 金赛地门春 物理A·专置春二引算多（共8算