专题1 第2讲 力与直线运动 强化练-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 1~11题,每题6分 1.(2025·重庆模拟预测)如图所示,两根绝缘细线的上端都系在水平天花板上,另一端分别连着两个带电小球P、Q,平衡时两小球处于同一水平线上,两细线与天花板间的夹角分别为α=30°、β=45°,重力加速度大小为g。现剪断连接Q球的细线,则在剪断细线的瞬间,Q球的加速度大小为(　　) A.g　　　　　　 B.g C.2g D.g 13 A 解析:剪断细线之前,连接Q球的细线的拉力为T==mg,剪断细线后小球Q受向下的重力和P对Q不变的引力,则合力大小为F合=T=mg=ma,解得a=g,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.(2025·云南昆明一模)春节期间,小明和家人在水平桌面上玩推盒子游戏。如图所示,将盒子从O点推出,盒子最终停止位置决定了可获得的奖品。在某次游戏过程中,推出的盒子从O点开始做匀减速直线运动,刚好停在e点。盒子可视为质点,a、b、c、d、e相邻两点间距离均为0.25 m,盒子从d点运动到e点的时间为0.5 s。下列说法正确的是(　　) A.盒子运动的加速度大小为1 m/s2 B.盒子运动到a点的速度大小为2 m/s C.盒子运动到c点的速度大小为1 m/s D.盒子从a点运动到e点的时间为2 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:由题意知,盒子在停止运动前的最后0.5 s内通过的距离为0.25 m,根据逆向思维法有x0=at2,代入数据有a=2 m/s2,故A错误;根据逆向思维法有=2a×4x0,解得盒子运动到a点的速度大小为va=2 m/s,故B正确;根据逆向思维法有=2a×2x0,解得盒子运动到c点的速度大小为v= m/s,故C错误;根据逆向思维法有4x0=at'2,解得盒子从a点运动到e点的时间t'=1 s,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.(2025·重庆模拟预测)我国计划在2030年前实现载人登月。若航天员在月球上进行自由落体运动实验,让一可视为质点的小球从距月球表面高h处自由下落,测得小球经过3 s落至月球表面,且落至月球表面前1 s内下落的高度为4 m,则h等于(　　) A.7.2 m　　　　　　　 B.9.6 m C.12 m D.45 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:设月球表面附近的重力加速度大小为g月,由h=g月t2可知,落至月球表面前1 s内位移大小4 m=g月-g月,解得g月=1.6 m/s2,则h= g月=×1.6×32 m=7.2 m,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.(2025·贵州黔东南模拟预测)如图甲所示为市面上深受儿童喜欢的一款玩具——“冲天火箭”,模型火箭被安装在竖直发射支架上,当小朋友用力踩旁边的塑料气囊时,模型火箭会受到一个较大的气体压力而瞬间被竖直发射出去,离开支架后的运动可看成直线运动,运动过程所受阻力大小与速率成正比,以刚开始离开支架瞬间为计时起点,火箭的速度—时间图像如图乙所示,则(　　) A.0~t2过程火箭所受空气阻力先减小后增大 B.t1时刻火箭的加速度大小大于重力加速度g C.火箭离开支架后上升的最大高度为t1 D.若t2时刻火箭回到起始位置,则t2=2t1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 解析:火箭所受阻力大小与速率成正比,由题图可知0~t1过程速率减小,阻力减小,t1~t2过程速率变大,阻力变大,故A正确。 t1时刻速率为0,阻力为零,只受重力,加速度大小为g,故B错误。0~t1时间内物体的运动不是匀变速直线运动,根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知,火箭上升的最大高度小于t1,故C错误。上升过程、下降过程位移大小相等,加速度大小不同,时间不等,所以t2≠2t1,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.(2025·广东肇庆一模)港珠澳大桥海底隧道是世界上最长的公路沉管隧道,也是我国第一条外海沉管隧道,全长6.7 km,隧道限速90 km/h。将沉管隧道简化为直线,t=0时刻,甲、乙两车同时由同一入口进入隧道,之后在隧道中运动的速度随时间变化的关系如图所示,则经过多长时间乙车在隧道中追上甲车(　　) A.5 s B.10 s C.12 s D.20 s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:由题图可知a甲= m/s2=1 m/s2,a乙= m/s2=2 m/s2,假设乙车在加速阶段追上甲车,由位移与时间公式得x甲=v0甲t+a甲·t2,x乙=v0乙t+a乙·t2,当乙车追上甲车时x甲=x乙,解得t=10 s,假设成立,故B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.(多选)(2025·四川内江一模)如图甲,足够高的水平长桌面上的P点左边光滑、右边粗糙。小物块A在质量为0.5 kg的砝码B的拉动下,从桌面左端开始运动,其v-t图像如图乙所示。重力加速度大小g取10 m/s2,则下列说法中正确的是(　　) A.物块A的质量为2.0 kg B.在0~1 s时间内,轻绳的拉力大小为2 N C.物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.125 D.物块A与P点右边桌面间的动摩擦因数为0.25 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AC 解析:物块A在P点左边滑动时的加速度a1= m/s2=2 m/s2,对A、B整体分析可知mBg=(mA+mB)a1,可得A的质量为mA=2.0 kg,选项A正确;在0~1 s时间内,对A分析可知,轻绳的拉力大小为T=mAa1=4 N,选项B错误;物块A在P点右边滑动时的加速度a2= m/s2=1 m/s2,对A、B整体分析可知mBg-μmAg=(mA+mB)a2,解得A与P点右边桌面间的动摩擦因数为μ=0.125,选项C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.(2025·四川达州一模)如图所示,质量为M的斜面体放置在水平地面上,左倾角为53°,右倾角为37°。质量为m的两个小滑块(视为质点)a、b同时从斜面顶端分别沿左、右斜面由静止下滑,不计物块与斜面之间的摩擦,斜面体始终处于静止状态。重力加速度为g,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8。在两滑块到达斜面底端之前,下列说法正确的是(　　) A.水平地面对斜面体的摩擦力向左 B.水平地面对斜面体的摩擦力向右 C.地面对斜面体的支持力大小为(2m+M)g D.滑块a、b在斜面上的运动时间之比为3∶4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 解析:根据题意可知,a对斜面体压力的水平分力为F1=mgcos 53°× cos 37°,b对斜面体压力的水平分力为F2=mgcos 37°×cos 53°,因为F1=F2,所以水平地面对斜面体的摩擦力为零,故A、B错误;竖直方向上,地面对斜面体的支持力大小为FN=Mg+mgcos 53°×sin 37°+mgcos 37° ×sin 53°=Mg+mg,故C错误;滑块a、b在斜面上的运动加速度之比为==,设题图中斜面体斜边长为L,位移之比为==,根据x=at2可知,时间之比为3∶4,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8.(2025·河北邯郸二模)弹簧公仔以其呆萌的表情和摇摇晃晃的可爱姿态赢得人们的喜爱。如图所示,已知弹簧公仔头部A的质量为2m,脚部B的质量为m,连接A、B的弹簧质量忽略不计。现对其头部A施加竖直向下的压力F使其静止,突然撤去力F后,A向上运动,一段时间后B也离开了地面。已知从撤去力F到A上升到最高点的过程中,弹簧的形变量始终未超出弹性限度。下列说法正确的是(　　) A.撤去力F后的瞬间,A的加速度大小为 B.B刚要离开地面时,A的加速度大小为 C.从撤去力F到B刚要离开地面的过程中,A一直处于 超重状态 D.从B离开地面到A、B相距最远的过程中,A的加速 度不断减小,B的加速度不断增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:撤去力F后的瞬间,A所受重力和弹簧弹力未发生突变,合 力大小为F,方向竖直向上,由牛顿第二定律可知A的加速度大 小a1=,故A错误;B刚要离开地面时,地面对B的支持力刚好为 零,弹簧的拉力大小等于B所受的重力mg,由牛顿第二定律可知 A的加速度大小a2==,故B正确;从撤去力F到B刚要离开地面的过程中,弹簧对A的弹力先是越来越小的支持力,后是越来越大的拉力,由牛顿第二定律可知A的加速度方向先竖直向上,后竖直向下,因此A先处于超重状态,后处于失重状态,故C错误;当弹簧拉力大小F弹=mg时,B离开地面开始向上运动,此后由牛顿第二定律可知aA=,方向竖直向下,aB=,方向竖直向上,A减速上升,B加速上升,当A和B的速度相等时相距最远,在此过程中,弹簧的伸长量不断增大,拉力F弹1不断增大,A和B的加速度均不断增大,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.一辆汽车刹车过程先后经过两种不同的路面,刹车过程中速度的平方v2与刹车位移x的关系如图所示,图中a>0,则整个刹车时间为(　　) A. B. C. D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 解析:汽车在两段刹车过程均做匀减速直线运动,在0~x0路段,根据图示可知,始末速度分别为=a2,=a2,解得v0=a,v1=,令0~x0、x0~2x0路段经历时间分别为t1、t2,则有x0=t1,2x0-x0=t2,解得t1=,t2=,则刹车的整个时间t=t1+t2=,故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.(多选)(2025·安徽池州二模)如图甲所示,倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动,传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底端冲上传送带并沿传送带向上运动,其运动的v-t图像如图乙所示,物块到传送带顶端时速度恰好为零,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则(　　) A.1~3 s时间内物块所受摩擦力做正功 B.0~3 s时间内物块的平均速度大小为8 m/s C.物块由顶端返回到底端的过程中所需时间大于3 s D.0~1 s与1~3 s两段时间内物块与传送带间因摩擦产生的热量之比为3∶2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 AC 解析:由题图乙可知,在0~1 s内物块的速度大于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向下,与物块运动的方向相反,所以0~1 s时间内物块所受摩擦力做负功;1 s末至物块到达传送带顶端,物块的速度小于传送带的速度,物块所受摩擦力的方向沿传送带向上,与物块运动的方向相同,所以1~3 s时间内物块所受摩擦力做正功,故A正确。物块运动的位移大小等于v-t图线与坐标轴所围图形的面积大小,即0~3 s时间内物块的位移x=× 1 m+ m=20 m,则物块的平均速度大小为== m/s,故B错误。物块下滑时的加速度与1~3 s时间内物块的加速度相同,a2==4 m/s2,根据x=a2,解得t2= s>3 s,故C正确。物块与传送带间因摩擦产生的热量等于摩擦力乘 以相对位移,所以0~1 s与1~3 s两段时间内物块 与传送带间因摩擦产生的热量之比等于相对位 移之比,而Δx1=×1 m-8×1 m=4 m,Δx2=8× 2 m- m=8 m,则=,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.(多选)(2025·广东汕头二模)如图所示,球筒中静置着一个羽毛球。小明左手拿着球筒,右手迅速拍打筒的上端,使筒获得向下的初速度并与左手发生相对运动,最后羽毛球(视为质点)从筒口上端出来。已知球筒质量为M=90 g(不含球的质量),羽毛球质量为m=5 g,球筒与手之间的滑动摩擦力为f1=2.6 N,球与筒之间的滑动摩擦力为f2=0.1 N,球头离筒的上端距离为d=9 cm,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力忽略不计,则下列说法正确的是(　　) A.静置时,球与筒之间的摩擦力为0.1 N B.拍打球筒后瞬间,羽毛球受到向上的摩擦力 C.拍打球筒后瞬间,羽毛球的加速度为30 m/s2 D.仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则筒的初速度为3 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 CD 解析:静置时,对羽毛球,根据平衡条件有f=mg=5×10-3×10 N= 0.05 N,故A错误;拍打球筒后瞬间,球筒相对于羽毛球向下运动, 则羽毛球给球筒的摩擦力向上,而根据牛顿第三定律可知,球筒 给羽毛球的摩擦力向下,故B错误;拍打球筒后瞬间,对羽毛球由 牛顿第二定律有mg+f2=ma1,解得a1=30 m/s2,故C正确;仅拍打一次,羽毛球恰能出来,则羽毛球与球筒恰好达到共速,设球筒的加速度为a2,筒的初速度为v,则对球筒由牛顿第二定律有f1+f2-Mg=Ma2,解得a2=20 m/s2,球筒做匀减速运动,羽毛球做匀加速运动,有v-a2t=a1t,vt-a2t2-a1t2=d,代入数据解得v=3 m/s,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12.(14分)(2025·辽宁本溪模拟预测)如图所示,质量M=1.5 kg的一长方体空铁箱在水平拉力F=110 N的作用下沿水平地面向右做匀加速直线运动,这时铁箱内一个质量m=0.5 kg的木块(可视为质点)恰好能静止在铁箱左壁上。已知铁箱与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.5,铁箱内壁与木块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,铁箱内壁与木块间各处的动摩擦因数均相同,铁箱的长度L=6 m,重力加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)求铁箱的加速度大小; 解析:对铁箱和木块构成的整体受力分析, 竖直方向上有FN1=(M+m)g=20 N, 水平方向上有F-Ff1=(M+m)a, 其中Ff1=μ1FN1=10 N, 解得a=50 m/s2。 答案：50 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)若减小拉力F,经过一段时间,木块沿铁箱左壁落到底部时不反弹,此时铁箱和木块的速度为v(未知),立即撤去拉力,木块刚好停在铁箱右壁,求速度v的大小。 解析:木块恰好能静止在铁箱左壁上时,对木块受力分析, 竖直方向上有Ff2=mg, 水平方向上有FN2=ma, 又有Ff2=μ2FN2, 解得μ2==0.2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 撤去拉力后,木块将相对于铁箱滑动,对木块受力分析有Ff2'=μ2mg=ma2, 解得a2=μ2g=2 m/s2, 对铁箱受力分析,有Ff1-Ff2″=Ma1, 根据牛顿第三定律有Ff2″=Ff2'=1 N, 解得a1==6 m/s2。 木块的位移x2=, 铁箱的位移x1=, 木块刚好运动到铁箱右壁,则有L=x2-x1, 解得v=6 m/s。 答案：6 m/s 13.(16分)(2025·河南焦作二模)如图所示,足够长的质量为1 kg的木板放置于光滑水平面上,木板左端放置了一可视为质点、质量也为1 kg的物块,物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。初始时,木板与物块都静止,现给木板一个向左的拉力F,使木板以恒定的加速度a0=4 m/s2开始运动,当其速度达到v0=8 m/s后,便以此速度做匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)求物块相对于木板运动的最大距离; 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解析:对物块,加速时有μmg=ma, 解得a=2 m/s2, 对物块,有v0=at,解得t=4 s。 对木板,有v0=a0t0,解得t0=2 s。 画出两者运动的速度—时间图像如图所示,图像中阴影面积表示物块相对木板运动的最大距离,即Δx=v0(t-t0), 代入数据解得Δx=8 m。 答案：8 m (2)通过计算,写出拉力F随时间变化的关系。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 答案： F=计算过程见解析 。 感谢您的观看 解析:在0<t≤2 s过程中,对木板有F-μmg=Ma0, 在2 s<t≤4 s过程中,对木板有F-μmg=0, 在t>4 s过程中,对木板有F=0, 所以F= $