2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题1第2讲（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理二轮总复习学案第1部分专题1第2讲（Word版附解析），共11页。
A组·基础练
1.(2024·河北卷)篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v－t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是( )
A．a点 B．b点
C．c点 D．d点
【答案】 A
【解析】 由图像可知，图像第四象限表示向下运动，速度为负值。当向下运动到速度最大时篮球与地面接触，运动发生突变，速度方向变为向上并做匀减速运动。故第一次反弹后上升至与a点对应时，此时速度第一次向上减为零，到达离地面最远的位置。故四个点中篮球位置最高的是a点。故选A。
2.(2024·甘肃卷)小明测得兰州地铁一号线列车从“东方红广场”到“兰州大学”站的v－t图像如图所示，此两站间的距离约为( )
A．980 m B．1 230 m
C．1 430 m D．1 880 m
【答案】 C
【解析】 v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，故可得x＝(74－25＋94)×20×eq \f(1,2) m＝1 430 m，故选C。
3.(2024·全国卷)一质点做直线运动，下列描述其位移x或速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是( )
【答案】 C
【解析】 物体做直线运动，位移与时间成函数关系，A、B选项中一个时间对应2个以上的位移，故不可能，故A、B错误；同理D选项中一个时间对应2个速度，只有C选项速度与时间是成函数关系，故C正确，D错误。
4.(2024·湖北武汉三模)如图所示，质量相等的两小球A、B，二者用一轻弹簧竖直连接，A的上端用轻绳系在足够高的天花板上，初始时A、B均静止。现将轻绳剪断，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．A的加速度大小的最大值为g
B．B的加速度大小的最大值为2g
C．A的位移大小一定大于B的位移大小
D．A的速度大小均不大于同一时刻B的速度大小
【答案】 C
【解析】 设小球A与B的质量为m，细线剪断瞬间，弹簧长度不变，弹力不变， B球的合力为零，则B球的加速度为零， A球加速度为aA0＝eq \f(mg＋mg,m)＝2g，两小球从静止开始下落，至弹簧第一次恢复原长过程中，设弹簧的伸长量为x。对A球，由牛顿第二定律得mg＋kx＝maA，对B球，由牛顿第二定律得mg－kx＝maB可知随着x减小，A球的加速度aA减小，B球的加速度aB增大，所以细线剪断瞬间，A球的加速度最大，为2g，当弹簧第一次恢复原长时， B球的加速度最大，为 g，故A、B错误；由上分析可知，从开始下落到弹簧第一次恢复原长的过程中，A球的加速度大于B球的加速度，所以A球的位移大小一定大于B球的位移大小，A球的速度大小均大于同一时刻B球的速度大小，故C正确，D错误。
5.(2024·湖北宜昌一模)智能手机里一般都装有加速度传感器。打开手机加速度传感器软件，手托着手机在竖直方向上运动，通过软件得到加速度随时间变化的图像如图所示，以竖直向上为正方向，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．t1时刻手机处于完全失重状态
B．t2时刻手机开始向上运动
C．t3时刻手机达到最大速度
D．手机始终没有脱离手掌
【答案】 A
【解析】 t1时刻手机加速度为－g，方向竖直向下，手机处于完全失重状态，故A正确；由题可知整个过程为先托着手机，0～t2内向下做加速运动，t2～t3内向下做减速运动，a－t图像与坐标轴围成的面积为速度，t3时刻手机加速度为正方向的最大值，故t3速度小于t2速度，不是最大，故B、C错误；手机加速度向上时受到手向上的支持力不会脱离手掌，手机加速度为－g的过程中处于完全失重状态，可以说此过程手机和手脱离也可以说恰好没有脱离手掌，故D错误。故选A。
6.(2024·湖北武汉模拟)质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为eq \f(\r(3),3)，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),3)))g B．eq \f(\r(3),3)g
C．g D．eq \f(2\r(3),3)g
【答案】 B
【解析】 对物块受力分析，设外力与水平方向成θ，如图。由牛顿第二定律Fcs θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma，化简可得eq \r(μ2＋1)Fsin(θ＋φ)－μmg＝ma，其中F＝mg，μ＝eq \f(\r(3),3)，tan φ＝eq \f(1,μ)，当sin(θ＋φ)＝1时，物块运动的加速度最大为am＝eq \f(\r(3),3)g，故选B。
7.(多选)(2024·山东潍坊三模)如图甲是风洞示意图，风洞可以人工产生可控制的气流，用以模拟飞行器或物体周围气体的流动。在某次风洞飞行表演中，质量为50 kg的表演者静卧于出风口，打开气流控制开关，表演者与风力作用的正对面积不变，所受风力大小F＝0.05v2(采用国际单位制)，v为风速。控制v可以改变表演者的上升高度h，其v2与h的变化规律如乙图所示。g取10 m/s2。表演者上升10 m的运动过程中，下列说法正确的是( )
A．打开开关瞬间，表演者的加速度大小为2 m/s2
B．表演者一直处于超重状态
C．表演者上升5 m时获得最大速度
D．表演者先做加速度逐渐增大的加速运动，再做加速度逐渐减小的减速运动
【答案】 AC
【解析】 打开开关瞬间，表演者高度为0，则有veq \\al(2,0)＝1.2×104 m2·s－2，根据牛顿第二定律有0.05veq \\al(2,0)－mg＝ma0，解得a0＝2 m/s2，故A正确；根据图像可知，当风力与表演者的重力相等时有0.05veq \\al(2,1)＝mg，解得veq \\al(2,1)＝1.0×104 m2·s－2，由v2＝1.2×104 m2·s－2－400h可知，重力与风力大小相等时的高度为h1＝5 m可知，在高度小于5 m时，风力大于重力，加速度方向向上，表演者处于超重状态，在高度大于5 m时，风力小于重力，加速度方向向下，表演者处于失重状态，故B错误；结合上述可知，表演者先向上做加速度减小的加速运动，表演者上升5 m时，加速度为0，速度达到最大值，故C正确；结合上述可知，表演者先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，故D错误。故选AC。
B组·综合练
8.(多选)(2024·福建南平三模)如图，轻弹簧一端连接质量为m的物体A，另一端固定在竖直墙面上，A通过轻绳跨过轻质定滑轮与质量为m的物体B连接，绳、弹簧与光滑水平桌面平行，A离滑轮足够远、B离地面足够高。初始时A位于O点，弹簧处于原长。现将A由静止释放，设A相对O点的位移为x、速度为v、加速度为a、运动时间为t，弹簧弹力大小为F，轻绳张力大小为T，重力加速度为g。从开始运动到A第一次回到O点，下列图像可能正确的是( )
【答案】 BC
【解析】 将A、B视为一个整体，在B的重力和弹簧弹力作用下，加速度随位移线性变化，做简谐运动，A错误；根据简谐运动规律可知，从开始运动到A第一次回到O点过程中，物体先做加速度减小的加速运动，当弹簧弹力为mg时，加速度为0，速度最大，之后做加速度增大的减速运动，当速度为0时，弹簧的弹力为2mg，此时相对O点位移最大，B、C正确；当初始释放时，A、B的加速度为mg＝2ma，解得a＝eq \f(g,2)，对B隔离分析可知mg－T＝ma，解得T＝eq \f(1,2)mg，由于物块并不是做匀变速直线运动，则弹力随时间非线性变化，则整体加速度非线性变化，则绳张力非线性变化，D错误。故选BC。
9.(2024·北京大兴三模)如图所示，a、b两物体的质量分别为ma和mb，由轻质弹簧相连，当用恒力F水平向右拉着a，使a、b一起沿粗糙水平面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x，加速度大小为a1。已知a、b两物体与水平面间的动摩擦因数相同，则下列说法正确的是( )
A．如果恒力增大为2F，则两物体的加速度增大为2a1
B．如果恒力增大为2F，则弹簧伸长量仍为x
C．若水平面光滑，则弹簧伸长量仍为x
D．若水平面光滑，则加速度大小仍为a1
【答案】 C
【解析】 根据题意，由牛顿第二定律，对整体有F－μmag－μmbg＝(ma＋mb)a1，对物体b有kx－μmbg＝mba1解得a1＝eq \f(F－μmag－μmbg,ma＋mb)＝eq \f(F,ma＋mb)－μg，x＝eq \f(mb(a1＋μg),k)＝eq \f(mbF,k(ma＋mb))，如果恒力增大为2F，同理可得，两物体的加速度为a2＝eq \f(2F,ma＋mb)－μg>2a1，弹簧伸长量x′＝eq \f(mb(a2＋μg),k)>x，故A、B错误；若水平面光滑，同理可得a3＝eq \f(F,ma＋mb)>a1弹簧伸长量x″＝eq \f(mba3,k)＝eq \f(mbF,k(ma＋mb))，故C正确，D错误。
10.(2024·山西太原模拟)水果的碰伤阈值，是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最大高度，导致苹果碰伤所需的平均作用力为苹果自身重力的3倍。不考虑其他因素的影响，若苹果在某材料上的碰伤阈值为20 cm，则( )
A．苹果的碰伤阈值与苹果的质量成正比
B．苹果的碰伤阈值与苹果的质量无关
C．若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋能减小它与该材料的作用时间
D．若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋能减小它与该材料作用的冲量
【答案】 B
【解析】 设苹果在某材料上的碰伤阈值为h，根据v2＝2gh得苹果落到该材料速度大小v＝eq \r(2gh)，苹果接触材料过程中平均合力大小为F合＝3mg－mg＝2mg，平均加速度大小为a＝eq \f(F合,m)＝2g，在材料上减速到0需要时间t，所以有v＝at即eq \r(2gh)＝2gt，h＝2gt2，所以苹果的碰伤阈值与苹果的质量无关，故A错误，B正确；若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋能增大它与该材料的作用时间，故C错误；若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋后，苹果落到该材料速度大小不变，根据I＝m·Δv，它受到的总冲量不变，但因为作用时间增大，重力对苹果向下的冲量增大，则该材料对苹果作用的冲量也增大，故D错误。
11.(多选)(2024·湖北宜荆二模)如图甲所示，水平地面上固定一带挡板的长木板，一轻弹簧左端固定在挡板上，右端接触滑块，弹簧被压缩0.45 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放滑块，滑块未脱离木板。计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v－t图像如图乙所示，其中ab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线d是t＝0时的速度图线的切线。已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．滑块速度最大时，弹簧恰好恢复原长
B．滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.5
C．弹簧的劲度系数k＝200 N/m
D．从静止释放到速度最大时滑块的v－t图像围成的面积是0.35 m
【答案】 BD
【解析】 由v－t图像可知，图像的斜率表示物体的加速度，由题图可知，解除锁定后，物块做加速度减小的加速运动，当其加速度为零时，速度达到最大，此时对物块有F弹＝f＝kΔx，所以滑块速度最大时，弹簧并不是原长，故A项错误；当滑块脱离弹簧后，其在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，由于v－t图像的斜率代表加速度，由此可知其匀减速时的加速度大小为a减＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(0－1.50,0.55－0.25)))m/s2＝5m/s2，由牛顿第二定律有μmg＝ma减，解得μ＝0.5，故B项正确；初始时，有kx－μmg＝ma0，初始时其加速度a0由图像可知，有a0＝eq \f(1.75－0,0.1－0) m/s2＝17.5 m/s2，解得k＝100 N/m，故C项错误；由之前的分析可知，当弹簧的弹力与滑块的滑动摩擦力大小相等时，其有kΔx＝μmg，解得Δx＝0.1 m，又因为v－t图像与坐标轴围成的面积为物体的位移，所以从静止释放到速度最大时滑块的v－t图像围成的面积，即为从静止释放到速度最大时滑块的位移。所以滑块的位移为s＝x－Δx＝0.35 m，故D项正确。故选BD。
12.(2024·辽宁丹东一模)2024年，东北地区：哈尔滨、长春、沈阳、大连四座城市将有新的地铁线路开通，新线路将会大大减轻交通压力，加快城市的发展。沈阳地铁一号线从S站到T站是一段直线线路，全程1.6 km，列车运行最大速度为72 km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S站从静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直至到T站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的eq \f(4,5)倍。现匀加速运动过程中连续经过A、B、C三点，S→A用时2 s，B→C用时4 s，且SA长2 m，BC长24 m。求：
(1)列车在C点的速度大小；
(2)列车匀速行驶的时间。
【答案】 (1)8 m/s (2)62 s
【解析】 (1)由x＝eq \f(1,2)at2可知a1＝1 m/s2
根据veq \f(t,2)＝eq \x\t(v)
可知BC段平均速度eq \x\t(v)BC＝eq \f(xBC,tBC)＝6 m/s
vC＝eq \x\t(v)BC＋a1×eq \f(1,2)tBC
vC＝8 m/s。
(2)由Δv＝a·Δt得匀加速阶段用时t1＝eq \f(v,a1)＝20 s
匀减速阶段用时t2＝eq \f(v,\f(5,4)a1)＝16 s
由eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)得匀加速阶段位移x1＝eq \x\t(v)·t1＝200 m
匀减速阶段位移x2＝eq \x\t(v)·t2＝160 m
匀速运动时间t3＝eq \f(x－x1－x2,v)＝62 s。
13.(2024·全国卷)为抢救病人，一辆救护车紧急出发，鸣着笛沿水平直路从t＝0时由静止开始做匀加速运动，加速度大小a＝2 m/s2，在t1＝10 s时停止加速开始做匀速运动，之后某时刻救护车停止鸣笛，t2＝41 s时在救护车出发处的人听到救护车发出的最后的鸣笛声。已知声速v0＝340 m/s，求：
(1)救护车匀速运动时的速度大小；
(2)在停止鸣笛时救护车距出发处的距离。
【答案】 (1)20 m/s (2)680 m
【解析】 (1)根据匀变速直线运动速度公式v＝at1
可得救护车匀速运动时的速度大小
v＝2×10 m/s＝20 m/s。
(2)救护车加速运动过程中的位移
x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)＝100 m
设在t3时刻停止鸣笛，根据题意可得
eq \f((t3－t1)·v＋x1,v0)＋t3＝t2
停止鸣笛时救护车距出发处的距离
x＝x1＋(t3－t1)×v
代入数据联立解得x＝680 m。