2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新高考專用）

專題一力與運(yùn)動(dòng)（練）

1.1力與物體的平衡

第一部分：練真題

[2022年真題】

1,（2022?全國(guó)甲卷?T15）長(zhǎng)為1的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為打，要通過(guò)前方一長(zhǎng)為L(zhǎng)的隧

道，當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過(guò)/為）。已知列車加速和減速時(shí)加速度的大

小分別為a和2a,則列車從減速開始至回到正常行駛速率的所用時(shí)間至少為（）

v0-vL+lv0-vL+213（v0-v）￡+/3（v0-v）￡+2/

n..ID.IU.-------------------------1--------------L）.------------------------------1-------------------

2avav2avav

【答案】C

【解析】

由題知當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時(shí)，列車速率都不允許超過(guò)『＜FO）,則列車進(jìn)隧道前必須減速到乙

則有

v-Vo2ati

解得

12a

在隧道內(nèi)勻速有

L+l

%2=

V

列車尾部出隧道后立即加速到外，有

VQ=V3,^3

解得

‘3~

a

則列車從減速開始至回到正常行駛速率■。所用時(shí)間至少為

3（%-v）?L+l

2av

故選Co

2、（2022?江蘇卷?T1）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,最大靜摩擦

力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=10m/s2.若書不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不超過(guò)（）

A.2.0m/s2B.4.0m/s2C.6.0m/s20.8.0m/s2

【答案】B

【解析】

書放水平桌面上，若書相對(duì)于桌面不滑動(dòng)，則最大靜摩擦力提供加速度

同怨=叫

fm=

解得

"m==4m/s2

書相對(duì)高鐵靜止，故若書不動(dòng)，高鐵的最大加速度4m/s2,B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選B。

3、（2022?上海卷神舟十三號(hào)在返回地面的過(guò)程中打開降落傘后，在大氣層中經(jīng)歷了豎直向下的減速

運(yùn)動(dòng)。若返回艙所受的空氣阻力隨速度的減小而減小，則加速度大?。ǎ?/p>

A.一直減小B.一直增大

C.先增大后減小D.先減小后增大

【答案】A

【解析】打開降落傘后，所受空氣阻力f大于重力，降落傘做減速運(yùn)動(dòng)o根據(jù)題述,f=kv,由牛頓第二定律kvmg=ma,

解得a=kv/血g,由于速度v逐漸減小，由■可知，加速度a一直減小，選項(xiàng)A正確。

4、（2022?遼寧卷?T7）如圖所示，一小物塊從長(zhǎng)1m的水平桌面一端以初速度的沿中線滑向另一端，經(jīng)過(guò)1s

從另一端滑落。物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為“，g取lOm/s?。下列%、〃值可能正確的是（）

A.vo=2.5m/sB.VQ=1.5m/sC.口-0.28D.〃=0.25

【答案】B

【解析】

AB.物塊水平沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則

_XV+V

v=—=-n--

t2

由題干知

x-Im,t-Is,r>0

代入數(shù)據(jù)有

VQ<2m/s

故A不可能，B可能；

CD.對(duì)物塊做受力分析有

a-Lig,vVo2-2ax

整理有

VQ2ax>0

由于％<2m/s可得

“<0.2

故CD不可能。

故選Bo

[2021年真題】

5、（2021?廣東卷?T8）賽龍舟是端午節(jié)的傳統(tǒng)活動(dòng)。下列V-/和S-/圖像描述了五條相同的龍舟從同一起

點(diǎn)線同時(shí)出發(fā)、沿長(zhǎng)直河道劃向同一終點(diǎn)線的運(yùn)動(dòng)全過(guò)程，其中能反映龍舟甲與其它龍舟在途中出現(xiàn)船頭并齊

的有（）

【答案】BD

【解析】

A.此圖是速度圖像，由圖可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲乙船頭并齊，故A錯(cuò)誤;

B.此圖是速度圖像，由圖可知，開始丙的速度大，后來(lái)甲的速度大，速度圖像中圖像與橫軸圍成的面積表示位

移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會(huì)相同，所以在中途甲丙船頭會(huì)并齊，故B正確；

C.此圖是位移圖像，由圖可知，丁一直運(yùn)動(dòng)在甲的前面，所以中途不可能出現(xiàn)甲丁船頭并齊，故C錯(cuò)誤；

D.此圖是位移圖像，交點(diǎn)表示相遇，所以甲戊在中途船頭會(huì)齊，故D正確。

故選BD

6,（2021?海南卷?T10）甲、乙兩人騎車沿同一平直公路運(yùn)動(dòng)，f=0時(shí)經(jīng)過(guò)路邊的同一路標(biāo)，下列位移時(shí)間

（%-/）圖像和速度時(shí)間（v-r）圖像對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)中，甲、乙兩人在九時(shí)刻之前能再次相遇的是（）

【答案】BC

【解析】

A.該圖中，甲乙在友時(shí)刻之前位移沒(méi)有相等的時(shí)刻，即兩人在歸時(shí)刻之前不能相遇，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.該圖中，甲乙在歸時(shí)刻之前圖像有交點(diǎn)，即此時(shí)位移相等，即兩人在歸時(shí)刻之前能再次相遇，選項(xiàng)B正確;

C.因建圖像的面積等于位移，則甲乙在友時(shí)刻之前位移有相等的時(shí)刻，即兩人能再次相遇，選項(xiàng)C正確；

D.因建圖像的面積等于位移，由圖像可知甲乙在歸時(shí)刻之前，甲的位移始終大于乙的位移，則兩人不能相遇，

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選BCo

7、（2021?湖北卷?T2）2019年，我國(guó)運(yùn)動(dòng)員陳芋汐獲得國(guó)際泳聯(lián)世錦賽女子單人10米跳臺(tái)冠軍。某輪比賽

中，陳芋汐在跳臺(tái)上倒立靜止，然后下落，前5m完成技術(shù)動(dòng)作，隨后5m完成姿態(tài)調(diào)整。假設(shè)整個(gè)下落過(guò)程

近似為自由落體運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小取10m/s2,則她用于姿態(tài)調(diào)整的時(shí)間約為（）

A.0.2sB.0.4sC.1.0sD.1.4s

【答案】B

【解析】

陳芋汐下落的整個(gè)過(guò)程所用的時(shí)間為

則陳芋汐用于姿態(tài)調(diào)整的時(shí)間約為

—t—tx=0.4s

故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選B。

8、（2021?遼寧卷?T3）某駕校學(xué)員在教練的指導(dǎo)下沿直線路段練習(xí)駕駛技術(shù)，汽車的位置x與時(shí)間t的關(guān)

系如圖所示，則汽車行駛速度-與時(shí)間大的關(guān)系圖像可能正確的是（)

MV

人「；」

D-\,

~~irtT1o\（7”0G?，

【答案】A

【解析】

X—/圖象斜率的物理意義是速度，在0~。時(shí)間內(nèi)，X—/圖象斜率增大，汽車的速度增大;在1~t2時(shí)間內(nèi)，x-t

圖象斜率不變，汽車的速度不變；在與~/3時(shí)間內(nèi)，X—/圖象的斜率減小，汽車做減速運(yùn)動(dòng)，綜上所述可知A

中V-E圖象可能正確。

故選Ao

9、（2021?北京卷?T13）某同學(xué)使用輕彈簧、直尺鋼球等制作了一個(gè)“豎直加速度測(cè)量?jī)x”。如圖所示，彈

簧上端固定，在彈簧旁沿彈簧長(zhǎng)度方向固定一直尺。不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處；下端懸

掛鋼球，靜止時(shí)指針位于直尺40cm刻度處。將直尺不同刻度對(duì)應(yīng)的加速度標(biāo)在直尺上，就可用此裝置直接測(cè)量

豎直方向的加速度。取豎直向上為正方向，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）

A.30cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為0.5gB.40cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為g

C.50cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為2gD.各刻度對(duì)應(yīng)加速度的值是不均勻的

【答案】A

【解析】

由題知，不掛鋼球時(shí)，彈簧下端指針位于直尺20cm刻度處，則彈簧的原長(zhǎng)人=0.2m；下端懸掛鋼球，靜止時(shí)

指針位于直尺40cm刻度處，則根據(jù)受力平衡有

mg=k（l70）

可計(jì)算出

k=—A.由分析可知，在30cm刻度時(shí)，有

0.2

F唧mg=ma（取豎直向上為正方向）

代入數(shù)據(jù)有

a=0.5g

A正確；

B.由分析可知，在40cm刻度時(shí)，有

mg=尸彈

則40cm刻度對(duì)應(yīng)的加速度為0,B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，50cm刻度時(shí)，有

F嶙mg=ma（取豎直向上為正方向）

代入數(shù)據(jù)有

a=0.5g-

C錯(cuò)誤；

D.設(shè)刻度對(duì)應(yīng)值為x,結(jié)合分析可知

mg_

踵”叫Nx=|x-0.2|（取豎直向上為正方向）

m

經(jīng)過(guò)計(jì)算有

ex-QAs,.?

a=--------（x）0.2）或a

0.2

根據(jù)以上分析，加速度a與刻度對(duì)應(yīng)值為x成線性關(guān)系，則各刻度對(duì)應(yīng)加速度的值是均勻的，D錯(cuò)誤。

故選A。

10、（2021?全國(guó)乙卷?T21）水平地面上有一質(zhì)量為㈣的長(zhǎng)木板，木板的左明上有一質(zhì)量為用2的物塊，如圖

（a）所示。用水平向右的拉力尸作用在物塊上，尸隨時(shí)間力的變化關(guān)系如圖（b）所示，其中耳、罵分別為小

t2時(shí)刻尸的大小。木板的加速度%隨時(shí)間力的變化關(guān)系如圖（c）所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃1,

物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力相等，重力加速度大小為g。則

口m^/n,+m）、

B.&=一~!——一7（外―M）g

m1

m,+

C.A2>-------^從

加2

D.0~t2時(shí)間段物塊與木板加速度相等

【答案】BCD

【解析】

A.圖（c）可知，心時(shí)滑塊木板一起剛在從水平滑動(dòng)，此時(shí)滑塊與木板相對(duì)靜止，木板剛要滑動(dòng)，此時(shí)以整體

為對(duì)象有

片=〃i（叫+m2）g

故A錯(cuò)誤；

BC.圖（c）可知，G滑塊與木板剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以整體為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有

B_〃1（叫+加2）g-（叫+加2）4

以木板為對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律，有

42gg―4（班+叫）g=叫〃>0

解得

口m/m1+m）、

F[=一~!——-?（4—4）g

（肛+m,）

^>~----------M

故BC正確；

D.圖（c）可知，0~為這段時(shí)間滑塊與木板相對(duì)靜止，所以有相同的加速度，故D正確。

故選BCDo

11、（2021?海南卷?T7）如圖，兩物塊P、Q用跨過(guò)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)水平向右的推力尸作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉?lái)的一半。已知P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為

mp=0.5kg,mQ=0.2kg,尸與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,重力加速度g=10m/s2。則推力尸的大小為

A4.0NB.3.0NC.2.5ND.1.5N

【答案】A

【解析】

P靜止在水平桌面上時(shí)，由平衡條件有

7]=mQg=2N

于=￡=2N<〃7〃pg=2.5N

推力/作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉?lái)的一半，即

T2=4=IN

22

故Q物體加速下降，有

mQg-T2-mQa

可得

a—5m/s2

而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動(dòng)摩擦力，對(duì)P由牛頓第二定律

T2+F-/jmpg-mpa

解得

F=4N

故選Ao

12、（2021?遼寧卷?T13）機(jī)場(chǎng)地勤工作人員利用傳送帶從飛機(jī)上卸行李。如圖所示，以恒定速率g=0.6m/s

運(yùn)行的傳送帶與水平面間的夾角。=37°,轉(zhuǎn)軸間距/=3.95m。工作人員沿傳送方向以速度歸L6m/s從傳送帶

頂端推下一件小包裹(可視為質(zhì)點(diǎn))。小包裹與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)11=0.8?取重力加速度5=10m/s2,Sin370

=0.6,cos37°=0.8.求：

(1)小包裹相對(duì)傳送帶滑動(dòng)時(shí)加速度的大小a；

(2)小包裹通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間

【答案】⑴0.4m/s2；(2)4.5s

【解析】

(1)小包裹的速度丫2大于傳動(dòng)帶的速度匕，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動(dòng)帶向上，根據(jù)牛頓第二定

律可知

/imgcos0—mgsin0=ma

解得

a=0Am/s2

(2)根據(jù)(1)可知小包裹開始階段在傳動(dòng)帶上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，用時(shí)

M—匕1.6-0.6c「

~~工=----------s=2.5s

1a0.4

在傳動(dòng)帶上滑動(dòng)的距離為

M+%1.6+0.6__c

x=------A=-----------x2.5=2.75m

1212

因?yàn)樾“芑瑒?dòng)摩擦力大于重力沿傳動(dòng)帶方向上的分力，即gcose>mgsin。，所以小包裹與傳動(dòng)帶

共速后做勻速直線運(yùn)動(dòng)至傳送帶底端，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

L-x.3.95-2.75。

力=----L=----------s=2s

匕0.6

所以小包裹通過(guò)傳送帶的時(shí)間為

%=%+%2=4.5s

13、(2021?浙江省6月卷?T20)機(jī)動(dòng)車禮讓行人是一種文明行為。如圖所示，質(zhì)量〃2=l.Oxl()3kg的汽車

以匕=36km/h的速度在水平路面上勻速行駛，在距離斑馬線s=20m處，駕駛員發(fā)現(xiàn)小朋友排著長(zhǎng)/=6m的

隊(duì)伍從斑馬線一端開始通過(guò)，立即剎車，最終恰好停在斑馬線前。假設(shè)汽車在剎車過(guò)程中所受阻力不變，且忽

略駕駛員反應(yīng)時(shí)間。

(1)求開始剎車到汽車停止所用的時(shí)間和所受阻力的大??；

(2)若路面寬L=6m,小朋友行走的速度%=0.5m/s,求汽車在斑馬線前等待小朋友全部通過(guò)所需的時(shí)間;

（3）假設(shè)駕駛員以%=54m/h超速行駛，在距離斑馬線s=20m處立即剎車，求汽車到斑馬線時(shí)的速度。

【答案】(1)4=4s,Fj-=2.5x103N；(2)20s；(3)y=5A/5ITI/s

【解析】

（1）根據(jù)平均速度

s

4=二

V

解得剎車時(shí)間

§=4s

剎車加速度

a=—

4

根據(jù)牛頓第二定律

Ff=ma

解得

工=2.5x1()3N

（2）小朋友過(guò)時(shí)間

l+L

‘2=

%

等待時(shí)間

t=t]—八=20s

（3）根據(jù)

-v2=las

解得

v-5~j5m/s

[2020年真題】

14、（2020?海南卷?T12）如圖，在傾角為。光滑斜面上，有兩個(gè)物塊戶和。質(zhì)量分別為叫和加2,用與

斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力/作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則（）

A.兩物塊一起運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=-------

叫+加2

B.彈簧的彈力大小為7=鈾F

+m2

C.若只增大^2,兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大

D.若只增大。，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們的間距變大

【答案】BC

【解析】

A.對(duì)整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

F+7%）gsin8=（叫+g）a

F.八

解得。=---------gsinO,故A錯(cuò)誤；

〃4+m2

B.對(duì)場(chǎng)受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

-m2gsin0=m2a

m2F

解得月單=,故B正確;

mx+m2

F二恤F二F

C.根據(jù)彈網(wǎng)+鈾必+1，可知若只增大m2,兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力變大，根據(jù)胡克定

律，可知伸長(zhǎng)量變大，故它們的間距變大，故c正確；

D.根據(jù)扁=--，可知只增大。，兩物塊一起向上勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈力不變，根據(jù)胡克定律，可知伸長(zhǎng)

mx+m2

量不變，故它們的間距不變，故D錯(cuò)誤。

故選BCo

15、（2020?山東卷?口）一質(zhì)量為⑷的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時(shí)間亡的關(guān)系圖像如圖所示。乘

客所受支持力的大小用“表示，速度大小用〃表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）

A.0~白時(shí)間內(nèi)，/增大，K>mgB.t；tz時(shí)間內(nèi)，/減小，A〈儂

C.t；a時(shí)間內(nèi)，■增大，A<mgD.友~友時(shí)間內(nèi)，■減小，Aymg

【答案】D

【解析】

A.由于st圖像的斜率表示速度，可知在0~心時(shí)間內(nèi)速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則A〈儂，

選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.在jG時(shí)間內(nèi)速度不變，即乘客的勻速下降，則氏=儂，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

CD.在小G時(shí)間內(nèi)速度減小，即乘客的減速下降，超重，則R>儂，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；

故選D。

16、（2020?浙江1月卷?T2）如圖所示，一對(duì)父子掰手腕，父親讓兒子獲勝。若父親對(duì)兒子的力記為鳥，兒

子對(duì)父親的力記為工，則（）

A.8〉耳

B.6和工大小相等

C.耳先于工產(chǎn)生

D.6后于B產(chǎn)生

【答案】B

【解析】

父親對(duì)兒子的力耳和兒子對(duì)父親的力工是一對(duì)相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知這兩個(gè)力等大反向，同生

同滅，故B正確，ACD錯(cuò)誤。

故選B.

17、（2020?江蘇卷?T5）中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國(guó)際抗疫貢獻(xiàn)了中國(guó)力量。某運(yùn)送防

疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時(shí)，第2節(jié)對(duì)第3節(jié)車

廂的牽引力為凡若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數(shù)第3節(jié)對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（）

【答案】C

【解析】

根據(jù)題意可知第2節(jié)車廂對(duì)第3節(jié)車廂的牽引力為E因?yàn)槊抗?jié)車廂質(zhì)量相等，阻力相同，故第2節(jié)對(duì)第3節(jié)

車廂根據(jù)牛頓第二定律有

F-38/=38mo

設(shè)倒數(shù)第3節(jié)車廂對(duì)倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為A,則根據(jù)牛頓第二定律有

耳-2/二2ma

聯(lián)立解得E=

故選Co

18、(2020?浙江1月卷?T19)一個(gè)無(wú)風(fēng)晴朗的冬日，小明乘坐游戲滑雪車從靜止開始沿斜直雪道下滑，滑

行54m后進(jìn)入水平雪道，繼續(xù)滑行40.5m后減速到零。已知小明和滑雪車的總質(zhì)量為60kg,整個(gè)滑行過(guò)程用時(shí)

10.5s,斜直雪道傾角為37°(sin37°=0.6)o求小明和滑雪車：

(1)滑行過(guò)程中的最大速度%的大??；

(2)在斜直雪道上滑行的時(shí)間％；

(3)在斜直雪道上受到的平均阻力號(hào)的大小。

【答案】(1)%=18m/s；(2)G=6S；(3)及=180N。

【解析】

(1)小明和滑雪車在斜面上滑行時(shí)做初速度為。的勻加速的直線運(yùn)動(dòng)，在水平上滑行時(shí)，做末速度為0的勻減

速直線運(yùn)動(dòng)，由平均速度公式v=-=生蟲1可得滑行分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程可知：

t2

%=爭(zhēng)小無(wú)2=.4

則整個(gè)過(guò)程有:

x54m+40.5m八,

—=-------=------------------=9m/s

24+%210.5s

解得：％=18m/s

(2)在斜直雪道上滑行過(guò)程中由X1=^4可得，滑行的時(shí)間:

2%[2x54m/

=-L=----------=6s

vm18m/s

(3)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度時(shí)間關(guān)系式？=%+at可得小明和滑雪車在斜直雪道上的加速度:

a=—=3m/s2

由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律：

mgsin37°一耳二ma

解得：

耳=180N

19、(2020?浙江7月卷?T20)如圖1所示，有一質(zhì)量加=200kg的物件在電機(jī)的牽引下從地面豎直向上經(jīng)

加速、勻速、勻減速至指定位置。當(dāng)加速運(yùn)動(dòng)到總位移的工時(shí)開始計(jì)時(shí)，測(cè)得電機(jī)的牽引力隨時(shí)間變化的尸

4

圖線如圖2所示，t=34s末速度減為0時(shí)恰好到達(dá)指定位置。若不計(jì)繩索的質(zhì)量和空氣阻力，求物件：

(1)做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小和方向；

(2)勻速運(yùn)動(dòng)的速度大??；

(3)總位移的大小。

圖2

【答案】(l)O.125m/s\豎直向下；(2)lm/s；(3)40m

【解析】

(1)由圖2可知0~26s內(nèi)物體勻速運(yùn)動(dòng)，26s?34s物體減速運(yùn)動(dòng)，在減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律有

mg—FT=ma

根據(jù)圖2得此時(shí)尸尸1975N,則有

a=g--=0.125m/s2

m

方向豎直向下。

(2)結(jié)合圖2根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

v=at2=0.125x(34-26)m/s=lm/s

(3)根據(jù)圖像可知?jiǎng)蛩偕仙奈灰?/p>

%-vtx=1x26m=26m

勻減速上升的位移

7V1

=—L=—x8om=4m

222

13

勻加速上升的位移為總位移的一，則勻速上升和減速上升的位移為總位移的一，則有

44

\+h2

所以總位移為

左40nl

20、(2020?全國(guó)I卷?T24)我國(guó)自主研制了運(yùn)20重型運(yùn)輸機(jī)。飛機(jī)獲得的升力大小尸可用尸=五？描寫，k

為系數(shù)；/是飛機(jī)在平直跑道上的滑行速度，戶與飛機(jī)所受重力相等時(shí)的「稱為飛機(jī)的起飛離地速度，已知飛機(jī)

質(zhì)量為L(zhǎng)21xl()5kg時(shí)，起飛離地速度為66m/s；裝載貨物后質(zhì)量為L(zhǎng)69xl()5kg,裝載貨物前后起飛離地時(shí)的

“值可視為不變。

(1)求飛機(jī)裝載貨物后的起飛離地速度；

(2)若該飛機(jī)裝載貨物后，從靜止開始勻加速滑行1521m起飛離地，求飛機(jī)在滑行過(guò)程中加速度的大小和所

用的時(shí)間。

【答案】⑴V2=78m/s；(2)2m/s2,/=39s

【解析】

(1)空載起飛時(shí)，升力正好等于重力：

kvl=加話

滿載起飛時(shí)，升力正好等于重力：

kvj=m2g

由上兩式解得：

v2=78m/s

(2)滿載貨物的飛機(jī)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以

v；-0=2ax

解得：

a—2m/s2

由加速的定義式變形得：

_Av_v-0

t——2

aa

解得:

，二39s

第二部分：練新題

1、（2023?湖北黃岡市高三上學(xué)期期中）某同學(xué)登山時(shí)，發(fā)現(xiàn)懸崖下方有一塊平地，該同學(xué)將一塊石頭從懸崖

邊上由靜止釋放，3s后聽到石頭砸到平地的聲音，忽略空氣阻力和聲音傳播所用的時(shí)間，重力加速度g取

lOm/s?，則釋放石頭處離平地的高度為（）

A.15mB.30mC.45mD.90m

【答案】C

【解析】

根據(jù)

解得

h=45m

故選Co

2、（2023?湖北十堰市縣區(qū)普通聯(lián)合體高三上學(xué)期期中）甲、乙、丙三個(gè)物體在同一直線上運(yùn)動(dòng)，它們的位移

—時(shí)間圖象，如圖所示，由圖可知（）

A.開始計(jì)時(shí)時(shí)，甲在最前，乙在中間，丙在最后

B.在/2時(shí)刻，甲的速度最大，丙的速度最小

C.甲停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，丙開始運(yùn)動(dòng)，丙速度比乙大

D.當(dāng)U/2時(shí)刻甲、乙、丙相遇

【答案】CD

【解析】

A.開始計(jì)時(shí)時(shí)，甲在最前，乙、丙位置相同，在最后，A錯(cuò)誤；

B.在打時(shí)刻，甲的速度為零，丙的速度大于乙的速度，B錯(cuò)誤；

C.在時(shí)刻，甲停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，丙開始運(yùn)動(dòng)，丙的速度比乙大，C正確;

D.當(dāng)仁/2時(shí)刻甲、乙、丙到達(dá)同一位置，故三者相遇，D正確。

故選CD。

4、（2023?山東荷澤市高三上學(xué)期期中）無(wú)線藍(lán)牙耳機(jī)可以在一定距離內(nèi)與手機(jī)等設(shè)備實(shí)現(xiàn)無(wú)線連接。已知無(wú)

線連接的最遠(yuǎn)距離為10m,甲和乙兩位同學(xué)做了一個(gè)有趣實(shí)驗(yàn)。甲佩戴無(wú)線藍(lán)牙耳機(jī)，乙攜帶手機(jī)檢測(cè)，如圖

（a）所示，甲、乙同時(shí)分別沿兩條平行相距6m的直線軌道向同一方向運(yùn)動(dòng)，甲做勻速直線運(yùn)動(dòng)，乙從靜止開

始先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，其速度v隨時(shí)間f的關(guān)系如圖（b）所示，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，手機(jī)

檢測(cè)到藍(lán)牙耳機(jī)能被連接的總時(shí)間為（）

甲7—

6m

乙

圖(a)

A.4sB.9sC.13sD.17s

【答案】C

【解析】

如圖所示，當(dāng)甲、乙相距10m時(shí)，根據(jù)勾股定理，甲比乙多走8m,設(shè)此時(shí)二人的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為6,根據(jù)位移公

式得

12

--a^i=8

根據(jù)圖像

422

a乙=—m/s=lm/s

解得

：=4s

根據(jù)圖像，此時(shí)速度相等，恰好最遠(yuǎn)，即相距最遠(yuǎn)時(shí)也能接收的信號(hào)，然后乙超過(guò)甲，當(dāng)乙比甲多走8m時(shí),

是最后接收到信號(hào)的時(shí)刻，設(shè)從開始到該時(shí)刻的時(shí)間為必乙加速的時(shí)間為

/0=U=6s

01

乙加速6s后開始以6m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，乙勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為B6,根據(jù)題意

12

一ax6+6(Z2-6)一v甲=8

2

解得

=13s

也就是說(shuō)，前13s內(nèi)，甲、乙之間的距離都在10m以內(nèi)，都能接收到信號(hào)。

故選Co

8m甲甲

甲

乙

4、（2023?山東濰坊市高三上學(xué)期期中）如圖所示是同一平直公路上同向行駛的甲、乙兩汽車的丫一。圖像,

Z=1.52時(shí)兩車恰好并排行駛，則（）

B.￡=0.5"時(shí)亥ij,甲在乙的前方

C./=務(wù)時(shí)亥!],乙在甲前方;處D./=3務(wù)時(shí)刻，兩車再次并排行駛

【答案】A

【解析】

A.?=L5%時(shí)兩車恰好并排行駛，/=0時(shí)刻，兩車間距為

133

Ax=1,5v?--xl.5z--v=~vt

00Z020ooo

3

即甲在乙前方三%10處，A正確；

8

B.。=0.5%時(shí)亥!],兩車間距為

113

Ax=-xO,5?--v+-v?-0.5%%=0

ZZo0o00

兩車并排行駛，B錯(cuò)誤；

C.時(shí)亥!J,兩車間距為

137

MA=vofo--%"--vo?o=-vo?o

7

乙在甲前方三%。處，C錯(cuò)誤；

8

D./=1.5辦到/=3。，甲車始終大于乙車速度，貝曠=3%時(shí)刻，甲車在乙車前，D錯(cuò)誤。

故選A。

5、（2023?山西臨汾市高三上學(xué)期期中）如圖所示，繃緊的水平傳送帶以恒定速率也運(yùn)行。初速度大小為也的

小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上向左滑上傳送帶。從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，以地面為參考系，

選取水平向左為速度v的正方向，小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的可圖像可能的是（）

【答案】BD

【解析】

AC.由題意知，選取水平向左為速度v的正方向。則開始時(shí)，物塊受水平向右的滑動(dòng)摩擦力，以a=〃g先向

左做勻減速運(yùn)動(dòng),如果傳送帶足夠長(zhǎng),物塊向左減速為零后又向右以。="g做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若傳送帶較短，

則物塊一直向左減速運(yùn)動(dòng)，不可能向左勻速運(yùn)動(dòng)，更不可能向左減為零后繼續(xù)向左加速，故AC錯(cuò)誤；

B.如果匕＞%，則物塊向左減速為零后再向右一直勻加速回右端，且由對(duì)稱性知，回到右端時(shí)的速度大小仍

等于為，故B正確;

D.如果匕＜%，則物塊先向左減速為零，之后再向右加速到匕時(shí)所受摩擦力為零，則之后隨傳送帶一起勻速

運(yùn)動(dòng)回右端，故D正確。

故選BD。

6、（2023?山東荷澤市高三上學(xué)期期中）在粗糙水平面上靜置一個(gè)質(zhì)量為M的三角形斜劈A（兩側(cè)斜面傾角不

相等，滿足。＞。）。兩個(gè)質(zhì)量均為根的小物塊P和Q恰能沿兩側(cè)斜面勻速下滑。若在下滑過(guò)程中，同時(shí)各施

加一個(gè)平行于各自斜面的大小相等的恒力耳、F2,如圖所示，重力加速度為g,則在施力后P和Q下滑過(guò)程中

（均未到達(dá)底端），下列判斷正確的是（）

A.物塊P和物塊Q的加速度大小相等

B.因月的水平分量更小，斜劈A有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)

C.地面對(duì)斜劈A的支持力大小為（M+2加）g

D,若僅將心的方向由平行于右側(cè)斜面改為豎直向下方向，地面對(duì)斜劈A的摩擦力為零

【答案】ACD

【解析】

A.兩物塊恰能勻速下滑，說(shuō)明所受合外力為零，則片、鳥分別為兩物塊所受合力，因?yàn)閮蓚€(gè)力大小相等，根

據(jù)

F=ma

可知，兩物塊下滑的加速度大小相等，A正確；

BC.￡、Fl方向與斜面平行，則兩物塊對(duì)斜劈A的壓力與摩擦力不變，斜劈A的受力情況不變，故地面對(duì)斜

劈A的支持力與兩物塊勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)相等，即

練=（/+2m）g

且斜劈A在水平方向沒(méi)有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，B錯(cuò)誤，C正確；

D.物塊P勻速運(yùn)動(dòng)或受到放時(shí)，所受摩擦力和支持力分別為

FNQ=mgcos0,f=jumgcos0

且它們的合力為豎直方向。若僅將招的方向由平行于右側(cè)斜面改為豎直向下方向，則物塊Q所受摩擦力和支持

力分別為

F

NQ=（F2+mg）cos0,f=/4（F2+mg）cos0

可知，合力仍為豎直方向，即沒(méi)有使斜劈A產(chǎn)生水平運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，地面對(duì)斜劈A的摩擦力仍為零，D正確。

故選ACD?

7、（2023?江蘇淮安市高中校協(xié)作體高三上學(xué)期期中）高鐵車廂里的水平桌面上放置一本書，書與桌面間的動(dòng)

摩擦因數(shù)為04最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=10m/sZ若書不滑動(dòng)，則高鐵的最大加速度不

超過(guò)（）

A.1.0m/s2B.2.0m/s2C.4.0m/s2D.8.0m/s2

【答案】C

【解析】

高鐵達(dá)到最大加速度時(shí)，書恰不滑動(dòng)，此時(shí)書與桌面間的靜摩擦力達(dá)到最大，由牛頓第二定律可知

jumg=ma

解得

a=/zg=4.0m/s2

故選C。

8、（2023?福建寧德市高三上學(xué)期期中）如圖所示，在重大節(jié)日或活動(dòng)現(xiàn)場(chǎng)會(huì)燃放大型的禮花煙火。假設(shè)禮花

彈從炮筒中豎直向上射出時(shí)的初速度是60m/s,上升過(guò)程中所受的阻力大小始終是自身重力的2倍，重力加速

度g取10m/s2,則禮花彈從射出到最高點(diǎn)所用的時(shí)間和離地面的距離分別為（）

A2s60mB.2s120mC.3s90mD.4s120m

【答案】A

【解析】

禮花彈受到豎直向下的重力和阻力，由牛頓第二定律有

mg+f=ma

又

于=2mg

得

a=30m/s2

根據(jù)

0—VQ=-at

解得

t=2s

利用運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有

一

代入數(shù)據(jù)得

H=60m

故選Ao

9、（2023?北京朝陽(yáng)區(qū)高三上學(xué)期期中）地鐵在水平直軌道上運(yùn)行時(shí)某節(jié)車廂的示意圖如圖所示。某段時(shí)間內(nèi)，

車廂內(nèi)兩拉手A、B分別向前進(jìn)方向偏離豎直方向角度a和￡并保持不變。重力加速度為g。則該段時(shí)間內(nèi)（）

前進(jìn)方向

:A:B

()()

A.拉手所受合力的方向不一定沿水平方向

B.兩拉手偏離豎直方向的角度滿足a=p

C.列車的加速度大小為gsina

D.列車正在加速行駛

【答案】B

【解析】

A.拉手向前進(jìn)方向偏離豎直方向角度不變，與列車的加速度相同，沿水平方向，根據(jù)牛頓第二定律可知拉手

所受合力的方向一定沿水平方向，故A錯(cuò)誤；

BC,根據(jù)力的分解和牛頓第二定律有

Fmaa

tancc---------=—=tanpn

mgmgg

所以兩拉手偏離豎直方向的角度滿足a=￡,且列車的加速度大小為

a=gtana

故B正確，C錯(cuò)誤；

D.由圖可知拉手加速度方向與速度方向相反，所以做減速運(yùn)動(dòng)，即列車正在減速行駛，故D錯(cuò)誤。

故選B。

10、（2023?北京朝陽(yáng)區(qū)高三上學(xué)期期中）水平桌面上，一滑塊在恒定的水平拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)一段時(shí)

間后，撤去拉力。從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，滑塊速度隨時(shí)間變化的力圖像如圖所示。取重力加速度g=10m/s2。不計(jì)

空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是（）

A.滑塊在O~15s內(nèi)的平均速度大小為7.5m/s

B.滑塊加速與減速階段的加速度大小之比為1:2

C.滑塊所受的拉力與摩擦力大小之比為3:2

D.滑塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3

【答案】D

【解析】

A.力圖像與f軸所圍的面積表示位移，所以滑塊在075s內(nèi)的位移大小為

x=^-x(10+15)xl0m+^xl0xl5m=200m

平均速度大小為

故A錯(cuò)誤；

B.力圖像的斜率表示加速度，所以滑塊加速與減速階段的加速度大小分別為

q=—=—~—m/s2=0.5m/s2

1Nt、10

a==—m/s2=3mzs2

2一M5

所以

Cly?a?=1.6

故B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)牛頓第二定律有

F