高考物理二轮复习讲练测第02讲 力与直线运动（练习）（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习讲练测第02讲 力与直线运动（练习）（2份，原卷版+解析版），共7页。
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc151059419" 01描述运动的基本概念 PAGEREF _Tc151059419 \h 1
\l "_Tc151059420" 02运动的图像 PAGEREF _Tc151059420 \h 2
\l "_Tc151059421" 03直线运动的规律 PAGEREF _Tc151059421 \h 11
\l "_Tc151059422" 04牛顿运动定律的应用 PAGEREF _Tc151059422 \h 14
01描述运动的基本概念
1．（2021·浙江·高考真题）用高速摄影机拍摄的四张照片如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫可视为质点
B．研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球可视为质点
C．研究丙图中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿可视为质点
D．研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马可视为质点
【答案】A
【详解】A．研究甲图中猫在地板上行走的速度时，猫的大小可忽略不计，可将猫看做质点，选项A正确； B．研究乙图中水珠形状形成的原因时，旋转球的大小和形状不能忽略，旋转球不能看做质点，选项B错误；C．研究图丙中飞翔鸟儿能否停在树桩上时，鸟儿的大小不能忽略，不能将鸟儿看做质点，选项C错误；D．研究丁图中马术运动员和马能否跨越障碍物时，马的大小不能忽略不计，不能把马看做质点，选项D错误。
故选A。
2．（2021·浙江·高考真题）2020年11月10日，我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909m。“奋斗者”号照片如图所示，下列情况中“奋斗者”号一定可视为质点的是（ ）
A．估算下降总时间时B．用推进器使其转弯时
C．在海沟中穿越窄缝时D．科学家在其舱内进行实验时
【答案】A
【详解】A．估算潜水器下降的总时间时，潜水器的大小和形状相对运动的轨迹可以忽略，可以视为质点，A正确；BD．用推进器使其转弯时和科学家在其舱内进行实验时，都需要研究潜水器本身的特点，不可视为质点，BD错误；C．在海沟中穿越窄缝时，潜水器的大小和形状相对窄缝，尺寸不可以忽略，不可视为质点，C错误。
故选A。
02运动的图像
1．（2023·江苏·高考真题·1）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是（ ）

A．从20.0s到30.0sB．从30.0s到40.0s
C．从40.0s到50.0sD．从50.0s到60.0s
【答案】A
【详解】因电梯上升，由速度图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s。
故选A。
2．（2021·辽宁·高考真题·3）某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】图象斜率的物理意义是速度，在时间内，图象斜率增大，汽车的速度增大；在时间内，图象斜率不变，汽车的速度不变；在时间内，图象的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中图象可能正确。
故选A。
3．（2021·海南·高考真题·10）甲、乙两人骑车沿同一平直公路运动，时经过路边的同一路标，下列位移-时间图像和速度-时间图像对应的运动中，甲、乙两人在时刻之前能再次相遇的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【详解】A．该图中，甲乙在t0时刻之前位移没有相等的时刻，即两人在t0时刻之前不能相遇，选项A错误；B．该图中，甲乙在t0时刻之前图像有交点，即此时位移相等，即两人在t0时刻之前能再次相遇，选项B正确；C．因v-t图像的面积等于位移，则甲乙在t0时刻之前位移有相等的时刻，即两人能再次相遇，选项C正确；D．因v-t图像的面积等于位移，由图像可知甲乙在t0时刻之前，甲的位移始终大于乙的位移，则两人不能相遇，选项D错误。
故选BC。
4．（2021·广东·高考真题·8）赛龙舟是端午节的传统活动。下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【详解】A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。
故选BD。
5．（2023·广东湛江·模拟预测）一遥控小车在遥控器控制下在水平地面上匀加速直线运动（如图甲所示），碰到前方挡板后反弹，小车与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图乙所示，图中两斜线的斜率相等。以静止开始运动起点为坐标原点，以小车开始运动时刻为t=0时刻，则下列选项中能正确反映小车运动的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AB．由小车运动的v—t图像可知，小车前进和后退过程都做匀变速直线运动，图中两斜线的斜率相同，故车前进和后退过程加速度保持不变，故AB错误；CD．小车前进过程做初速度为零的匀加速直线运动，由可知，图像为过原点的直线，且位移x随时间增大，小车后退过程末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此，图像也是一条直线，由v—t图像可知，小车后退过程的初速度小于小车前进过程的末速度，后退时间比前进时间短，因此小车后退至速度为零时没有回到初始位置，故C正确，D错误。
故选C。
6．（2023·江西赣州·模拟预测）智能手机有许多的传感器，如加速度传感器。小明用手平托着手机，迅速向下运动，然后停止。以竖直向上为正方向，手机记录了手机竖直方向的加速度a随时间t变化的图像如图所示。则下列判断正确的是（ ）

A．t1时刻手机速度最大B．手机t2时刻比t1速度更小
C．t3时刻手受的压力比手机重力小D．t4时刻手受的压力最大
【答案】D
【详解】A．根据题意由图可知，t1时刻，手机加速度为负向最大，但速度不是最大，故A错误；B．手机一直下运动，则t2时刻手机加速度仍向下，所以还在向下加速，速度比t1时刻速度更大，故B错误；CD．根据题意，设手给手机的支持力为F，取向下为正方向，由牛顿第二定律有,可得,可知，当手机具有向上的最大加速度时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t4时刻，手机具有向上的最大加速度，即t4时刻手受的压力最大；t3时刻，手机具有向上的加速度，手机处于超重，所以手受到的压力比手机重力大，故C错误、D正确。
故选D。
7．（2023·江西鹰潭·一模）利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是（ ）

A．根据甲图可求出物体的加速度大小为1m/s2
B．根据乙图可求出物体的加速度大小为10m/s2
C．根据丙图可求出物体的加速度大小为4m/s2
D．根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s
【答案】C
【详解】A．根据,得,加速度为,A错误；B．根据,得,加速度为,B错误；C．根据,得,则,加速度大小为,C正确；D．a-t图线与坐标轴围成的面积等于速度变化量，所以有,D错误。
故选C。
8．（22-23·贵州·模拟预测）如图，是某物体做直线运动的图像，则关于该物体的运动的描述正确的是（ ）

A．沿某一方向做曲线运动B．做匀速直线运动，位移为0
C．做往复运动D．以上说法均不正确
【答案】D
【详解】根据图像可知，物体先向正方向做初速度为零的匀加速直线运动，接着再向正方向做匀减速直线运动，直到速度减为零，如此反复，可知物体一直向正方向做非匀变速直线运动。
故选D。
9．（22-23下·海口·一模）“笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度—时间图像如图所示（取竖直向上为正方向），其中时刻为“笛音雷”起飞时刻、DE段是斜率大小为重力加速度g的直线。不计空气阻力，则关于“笛音雷”的运动，下列说法正确的是（ ）

A．“笛音雷”在时刻上升至最高点
B．时间内“笛音雷”做自由落体运动
C．时间内“笛音雷”的平均速度为
D．时间内“笛音雷”处于失重状态
【答案】D
【详解】A由图可知，时间内“笛音雷”的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知，“笛音雷”在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻之后，故A错误；B．时间内“笛音雷”速度方向向上，图像斜率为一恒定的负值，表明时间内“笛音雷”实际上是在向上做竖直上抛运动，其加速度就是重力加速度g，故B错误；C．将A、B用直线连起来，该直线代表匀加速直线运动，其平均速度为，而AB线段与横轴所围的面积大于AB曲线与横轴所围的面积，该面积表示位移，根据,可知，直线代表的匀加速直线运动的平均速度大于AB曲线代表的变加速直线运动的平均速度，即时间内“笛音雷”的平均速度小于，故C错误；D．根据上述，时间内“笛音雷”做竖直上抛运动，加速度方向竖直向下，“笛音雷”处于失重状态，故D正确。
故选D。
10．（2023·云南·模拟预测）一物体做匀加速直线运动，其中间位移的速度为v，如图所示为图象，则该物体的初速度和加速度a分别为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】位移中点速度为满足,可得,结合图像可知纵截距为，斜率为a，则,选项C正确。
故选C。
11．（22-23高三下·浙江·阶段练习）电动汽车（BEV）是指由车载电源提供动力，由电机驱动其车轮，满足道路交通和安全法规要求的车辆。如图所示为某款比亚迪电动汽车的室内试行-t图像，以下说法正确的是（ ）

A．物体做匀速直线运动
B．物体做变加速直线运动
C．1s时，物体的加速度大小为2
D．0s时，物体的速度大小为1m/s
【答案】C
【详解】AB．根据匀变速直线运动规律,可得,与图像对比可知，物体做初速度为零的匀加速直线运动。故AB错误；CD．由公式结合图像可得0s时，物体的速度大小为0，1s时，物体的加速度满足,解得,故C正确；D错误。
故选C。
12．（2023·河南·模拟预测）如图所示的一次函数图像，横轴与纵轴所表示的物理量并未标出，已知图像的横轴、纵轴的截距分别为、，根据所学的匀变速直线运动的规律来分析，下列说法正确的是（ ）

A．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的速度 v，则t0时刻物体的速度为
B．若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方 v2，则物体的加速度为
C．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，则物体的加速度为
D．当物体受到竖直向下的拉力 F在真空中下落，若横轴表示 F，纵轴表示物体加速度a，则物体的质量为
【答案】D
【详解】A．若横轴表示时间 t，纵轴表示物体的速度v，由对比图像可得
则时刻物体的速度为,A错误；B．若横轴表示位移x，纵轴表示物体速度的平方 v2，由对比图像可得可得,B错误；C．若横轴表示时间t，纵轴表示物体的平均速度v，由,可得,结合可得,对比图像可得,可得,C错误；D．当物体受到竖直向下的拉力F在真空中下落，由牛顿第二定律可得,变形可得 ,对比图像可得,综合可得,D正确。
故选D。
13．（2023·黑龙江·模拟预测）电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图甲所示，为简化问题，将图线简化为图乙，电梯处于超重状态的时段是（ ）

A．从10.0s到11.8sB．从11.8s到20.0s
C．从20.0s到27.5sD．从27.5s到30.0s
【答案】A
【详解】图象的斜率表示加速度，由图可知，从10.0s到11.8s时间段，电梯有向上的加速度，处于超重状态。
故选A。
14．（2023·陕西商洛·一模）（多选）大范围雨雪天气会对交通造成极大影响，交通事故发生频率上升。甲、乙两车在高速公路上刹车时的图像如图所示，已知时刻两车在同一条直道上同向行驶，且甲车在后，乙车在前。若两车未发生碰撞，则以下说法正确的是（ ）

A．甲车刹车的加速度大小是乙车的3倍
B．甲车刹车的加速度大小是乙车的2倍
C．时刻，两车间距一定不小于36m
D．时刻，两车间距一定不小于48m
【答案】BC
【详解】AB．根据速度一时间图像的斜率表示加速度可知，甲车刹车的加速大小为，乙车刹车的加速度大小为，甲车刹车的加速度大小是乙车的2倍，A项错误，B项正确；CD．由图知，时两车的速度均为，可知在时两车相距最近，若两车刚好不发生碰撞，由图像与时间轴所围面积表示位移，则时两车间的距离,可知时刻，两车间距一定不小于36m ，C项正确，D项错误。
故选BC。
03直线运动的规律
1．（2022·湖北·高考真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6小时25分钟B．6小时30分钟
C．6小时35分钟D．6小时40分钟
【答案】B
【详解】108 km/h=30m/s，324 km/h=90m/s。由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍为总的节省时间，相邻两站间的距离，普通列车加速时间，加速过程的位移，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间。同理高铁列车加速时间，加速过程的位移，根据对称性可知加速与减速位移相等，可得匀速运动的时间，相邻两站间节省的时，因此总的节省时间
故选B。
2．（2021·湖北·高考真题）2019年，我国运动员陈芋汐获得国际泳联世锦赛女子单人10米跳台冠军。某轮比赛中，陈芋汐在跳台上倒立静止，然后下落，前5 m完成技术动作，随后5 m完成姿态调整。假设整个下落过程近似为自由落体运动，重力加速度大小取10 m/s2，则她用于姿态调整的时间约为（ ）
A．0.2 sB．0.4sC．1.0 sD．1.4s
【答案】B
【详解】陈芋汐下落的整个过程所用的时间为1.4s，下落前5 m的过程所用的时间为，则陈芋汐用于姿态调整的时间约为，故B正确，ACD错误。
故选B。
3．（2023·湖南衡阳·模拟预测）小明同学乘坐汽车，观测到做匀加速直线运动的汽车（可视为质点）连续通过A、B、C、D四个位置，且通过AB、BC、CD段的时间分别为t、2t、3t，AB段、CD段的长度分别为L、6L，则汽车通过C点时的速度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意知汽车在AB段中间时刻的瞬时速度等于其在AB段的平均速度，即,汽车在CD段中间时刻的瞬时速度等于其在CD段的平均速度，即,又,解得,
又,解得.
故选D。
4．（2023·海南·一模）如图所示，一滑块（可视为质点）从点以某一初速度沿粗糙斜面CE向上做匀减速直线运动，刚好运动到最高点，然后又沿粗糙斜面ED滑下并做匀加速直线运动。已知CE和ED的长度相等，滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，下列说法正确的是（ ）

A．滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的2倍
B．滑块上滑过程的加速度大小一定是下滑过程的加速度大小的
C．滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的
D．滑块上滑过程的中间时刻和下滑过程的中间时刻的速度大小相等
【答案】B
【详解】A．滑块上滑的位移大小等于下滑位移大小，而滑块上滑过程的时间是下滑过程时间的2倍，根据,则滑块上滑过程的平均速度大小一定是下滑过程的平均速度大小的0.5倍，选项A错误；B．将上滑过程的逆过程看做是向下的初速度为零的匀加速运动，根据,可知，滑块上滑过程的加速度大小一定是下滑过程的加速度大小的，选项B正确；C．将上滑过程的逆过程看做是向下的初速度为零的匀加速运动，根据v=at,可得，滑块上滑过程的初速度大小一定是下滑过程的末速度大小的，选项C错误；D．因匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间的平均速度，即,可知滑块上滑过程的中间时刻和下滑过程的中间时刻的速度大小不相等，选项D错误。
故选B。
5．（23·24上·河南·模拟预测）如图所示，小球从斜面上的A点以一定的初速度开始下滑，加速度恒为a，小球在B点的速度等于小球从A运动到C的平均速度，且A、B两点间的距离为L1，A、C两点间的距离为L2，则小球从A到C的运动时间为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意可知，小球在B点的速度等于小球从A运动到C的平均速度，根据匀变速直线运动中间时刻的速度是全程的平均速度，则小球从A到B的运动时间与小球从B到C的运动时间相等，设这个相等的时间为T，由L2-L1-L1=aT²,解得,小球从A到C的运动时间为
故选D。
6．（2023·湖南·模拟预测）拧开水龙头，水向下流出的过程水柱的直径会发生变化。如图，水龙头的内径为2cm。接在流量恒定不变的水管上，若水龙头出口处的流速为1m/s，且当水柱的直径为1cm时开始出现断续现象，不考虑安装高度，不计空气阻力，取重力加速度大小为，则水柱第一次出现断续现象的位置到出水口的距离为（ ）

A．45cmB．50cmC．65cmD．75cm
【答案】D
【详解】单位时间内的流量恒定为,取一段水柱，从离开水龙头到断续时有,由题意知,由于水下流流量相同得,而,代入数据联合解得
故选D。
04牛顿运动定律的应用
1．（2022·江苏·高考真题）高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度。若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，解得，书相对高铁静止，故若书不动，高铁的最大加速度。
故选B。
2．（2022·辽宁·高考真题）如图所示，一小物块从长1m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列v0、μ值可能正确的是（ ）
A．v0= 2.5m/sB．v0= 1.5m/sC．μ = 0.28D．μ = 0.25
【答案】B
【详解】AB．物块水平沿中线做匀减速直线运动，则，由题干知x = 1m，t = 1s，v > 0，代入数据有v0 < 2m/s，故A不可能，B可能；CD．对物块做受力分析有a = - μg，v2 - v02= 2ax，整理有v02 - 2ax > 0，由于v0 < 2m/s可得μ < 0.2，故CD不可能。
故选B。
3．（2022·北京·高考真题）如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为B．斜面对物块的摩擦力大小为
C．斜面对物块作用力的合力大小为D．物块所受的合力大小为
【答案】B
【详解】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为，故A错误；B．斜面对物块的摩擦力大小为，故B正确；CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得，
可知，则斜面对物块的作用力为，故CD错误。
故选B。
4．（2021·北京·高考真题）某同学使用轻弹簧、直尺钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度。取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．30cm刻度对应的加速度为 - 0.5gB．40cm刻度对应的加速度为g
C．50cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的
【答案】A
【详解】A．由分析可知，在30cm刻度时，有F弹 - mg = ma（取竖直向上为正方向）代入数据有a = - 0.5g，A正确；B．由分析可知，在40cm刻度时，有mg = F弹，则40cm刻度对应的加速度为0，B错误；C．由分析可知，在50cm刻度时，有F弹 - mg = ma（取竖直向上为正方向），代入数据有a = 0.5g，C错误；D．设刻度对应值为x，结合分析可知，x = （取竖直向上为正方向）经过计算有(x > 0.2)或(x < 0.2)，根据以上分析，加速度a与刻度对应值为x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误。
故选A。
5．（2021·全国·高考真题）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（ ）
A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大
【答案】D
【详解】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知，可得，可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。
故选D。
6．（2021·海南·高考真题）如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有，。推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即，故Q物体加速下降，有，可得，而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律，解得
故选A。
7．（2022·湖南·高考真题）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即，为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为。重力加速度大小为，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】BC
【详解】A．飞行器关闭发动机，以v1=匀速下落时，有，飞行器以v2=向上匀速时，设最大推力为，联立可得， ，A错误；B．飞行器以v3=匀速水平飞行时，B正确；C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，解得，C正确；D．当飞行器最大推力向下，以v5=的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，解得am=2.5g，D错误。
故选BC。
8．趣味比赛“毛毛虫竞速”锻炼体能的同时，考验班级的团队协作能力。某班级在比赛中四位同学齐心协力，默契配合，发令后瞬间加速出发，加速度大小约为 5.0m/s2。已知“毛毛虫”道具质量为 10kg，重力加速度g的大小取 10m/s²。则在发令后瞬间平均每位同学对道具的作用力约为（ ）

A．10NB．25NC．28ND．100N
【答案】C
【详解】设平均每位同学对道具的作用力为F，对“毛毛虫”道具受力分析，该道具受到重力和四位同学的作用力，如图

由几何关系和牛顿第二定律得,解得
故选C。
9．（2023·重庆梁平·一模）A、B、C、D四个物体通过轻绳和轻弹簧按如图所示方式连接，已知mA=mC=2mB=2mD，重力加速度为g，若突然剪断B、C间的绳子，剪断绳子后的瞬间，下列有关表述正确的是（ ）

A．A的加速度为零B．B的加速度为3g
C．C的加速度为D．D的加速度为g
【答案】C
【详解】AB．突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不变，将AB整体可得,解得,故AB错误；CD．初始时由平衡条件可得弹簧的弹力,突然剪断B、C间的绳子，BC间绳的拉力突变为零，而CD间弹簧的弹力保持不变，可知D的受力情况保持不变，则,对C,解得,故C正确，D错误。
故选C。
10．（2023·重庆梁平·一模）如图所示，长度L=4m的传送带与水平方向的夹角θ=37°，以v=5m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻轻放一个质量为m=1kg的小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，则下列有关说法不正确的是（sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2）（ ）

A．小物体运动0.5s后加速度大小为2m/s2
B．小物体所受摩擦力大小保持不变
C．小物体相对传送带的位移为1m
D．小物体在传送带上的划痕为1.5m
【答案】D
【详解】A．对小物体受力分析由牛顿第二定律得,经过时间t小物体与传送带共速，由运动学公式得v=at,联立解得t=0.5s,由于μ=0.5，小物体与传送带共速后不能一起匀速，接下来小物体相对传送带向下运动，对其由牛顿第二定律得,解得a1=2m/s2,A正确；B．根据对A项分析可知小物块与传送带之间一直有相对运动，所以小物体所受摩擦力大小保持不变，B正确；C D．小物体与传送带共速前相对传送带向上运动，在这一阶段小物体与传送带的位移分别为x1、x2，则,,相对位移为,解得=,小物体速度达到5m/s后，以加速度a1做匀加速直线运动，设运动到传送带底端的速度为v1，则由运动学公式得,解得v1=6m/s,小物体以加速度a1做匀加速直线运动的时间为,小物体与传送带共速后相对传送带向下运动，相对位移为,小物体先相对传送带向上运动，后相对传送带向下运动，所以小物体相对传送带的位移为,小物体先相对传送带向上运动，后相对传送带向下运动，又，所以小物体在传送带上的划痕为=1.25m,C正确，D错误。
本题选不正确的，故选D。
11．（2021·河北·高考真题）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得
联立解得或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
解得
12．（2022·天津·高考真题）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A推到M点放手，此时A的速度，匀减速滑行到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动前方的冰面，使A与间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行，与静止在P点的冰壶B发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为和。已知A、B质量相同，A与间冰面的动摩擦因数，重力加速度取，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。求冰壶A
（1）在N点的速度的大小；
（2）与间冰面的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设冰壶质量为，A受到冰面的支持力为，由竖直方向受力平衡，有
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
设A在间的加速度大小为，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A的速度为，由动量守恒定律可得
解得
设A在间受到的滑动摩擦力为，则有
由动能定理可得
联立解得
13．（2022·浙江·高考真题）第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑（图2所示），到C点共用时5.0s。若雪车（包括运动员）可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，sin15°=0.26，求雪车（包括运动员）
（1）在直道AB上的加速度大小；
（2）过C点的速度大小；
（3）在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】（1）；（2）12m/s；（3）66N
【详解】（1）AB段
解得
（2）AB段
解得
BC段，
过C点的速度大小
（3）在BC段有牛顿第二定律
解得
14．（2021·辽宁·高考真题）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8.求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知
解得
（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时
在传动带上滑动的距离为
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
所以小包裹通过传送带的时间为
15．（2021·浙江·高考真题）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量的汽车以的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线处，驾驶员发现小朋友排着长的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。
（1）求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽，小朋友行走的速度，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
（3）假设驾驶员以超速行驶，在距离斑马线处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】（1），；（2）20s；（3）
【详解】（1）根据平均速度
解得刹车时间
刹车加速度
根据牛顿第二定律
解得
（2）小朋友过时间
等待时间
（3）根据
解得
16．（2023·江苏连云港·模拟预测）质量均为的两个小物块，用绕过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，将从图示位置由静止释放，释放前瞬间的底部到水平地面的高度为，轻绳处于伸直状态，落地后不反弹，继续沿水平台面向右运动。与台面间的动摩擦因数为，取重力加速度大小，不会与滑轮相碰，不计空气阻力。求：
（1）落地前轻绳的拉力大小是多少？
（2）落地后，能继续运动的位移的大小？

【答案】（1）1.5N；（2）0.4m
【详解】（1）设A落地前轻绳的拉力大小为T，A、B的加速度大小均为a1，则对A、B分别应用牛顿第二定律可得,
联立解得，
（2）A落地时B达到最大速度，根据运动学公式可得，
代入数据可得最大速度为
A落地后，B做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得其加速度大小为
故B能继续运动的位移大小为
17．（23·24上·河南·模拟预测）倾角为 30°的斜面体固定放置，当把物块放置在斜面上时，物块处于静止状态，摩擦力的大小为 f=2.5 N，如图所示，当给物块一个沿着斜面向上的拉力F=10N时，物块从静止开始向上做匀加速直线运动，在t=0.5s 内运动的位移为 x=1.25 m，重力加速度为g=10 m/s2，求：
（1）物块的质量；
（2）物块与斜面之间的动摩擦因数；
（3）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，改变拉力 F的大小和方向，当物块刚好不沿着斜面上滑时，则F的最小值为多少？

【答案】（1）0.5kg；（2）；（3）
【详解】（1）设物块的质量为m，物块处于静止状态，摩擦力的大小为f=2.5 N，对物块进行受力分析，根据受力平衡可得
解得
（2）设物块与斜面之间的动摩擦因数为，当给物块一个沿着斜面向上的拉力F=10N时，由牛顿第二定律可得
由初速度为0的匀加速直线运动规律可得
联立解得
（3）当物块刚好不沿着斜面上滑时，斜面对物块的静摩擦力沿着斜面向下正好达到最大值等于滑动摩擦力，把与 合成，设合力为 与斜面的夹角为，则有
可得

物块处于三力平衡状态，把、、组成封闭的矢量三角形，由几何关系可得与的夹角为
分析可得当 与垂直，取最小值，由几何关系可得
联立解得
18．（23·24上·山东·模拟预测）如图甲所示，在无限大水平台上放一个质量M=1kg的薄长木板，质量m=2kg的小滑块位于长木板的中央，系统处于静止状态。小滑块与长木板及平台间的动摩擦因数分别为μ1（未知）、μ2=0.1，长木板与平台间的动摩擦因数μ3=0.5，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。从某时刻开始，在长木板右端施加水平恒力F，使系统向右运动，小滑块离开长木板前二者的速度随时间变化关系如图乙所示。小滑块离开长木板落到平台时速度不变，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1；
（2）水平恒力F的大小；
（3）小滑块在速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离。

【答案】（1）0.2；（2）26N；（3）14.75m
【详解】（1）小滑块在长木板上滑动，由牛顿第二定律得
根据图像可知小滑块的加速度
解得
（2）根据图像可知长木板的加速度
由牛顿第二定律得
解得
（3）长木板的长度
小滑块在平台上减速运动时有
又，
联立解得，
此过程中，长木板的加速度大小为
长木板的位移大小为
联立解得
则小滑块速度刚好减为零时与长木板右端之间的距离
19．（23·24上·潍坊·模拟预测）如图所示，长的传送带水平放置，并保持的速度顺时针匀速运动，其右端与一倾角斜面平滑相连，斜面的长度。一小滑块在斜面顶点处由静止释放，从A点进入传送带，在传送带上运动一段时间后又返回斜面。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，滑块与传送带间的动摩擦因数，，，重力加速度，忽略滑块经过A点时的能量损失。求：
（1）滑块第一次经过A点时的速度大小；
（2）从滑块第一次经过A点到又返回A点所用时间。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律可得
解得
小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由，解得滑块第一次经过A点时的速度大小
（2）滑块第一次经过A点滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
解得滑块在传送带上向左匀减速运动的加速度大小为
滑块在传送带上向左运动的时间为
滑块在传送带上向左运动的位移大小为
滑块速度向左减速到零以后向右做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得加速度大小为
滑块到达与传送带共同速度运动的时间为
位移大小为
此后滑块与传送带有共同速度又返回运动到A点，时间为
则从滑块第一次经过A点到又返回A点所用时间为
20．（23·24高三上·河南·阶段练习）如图所示，倾角为的倾斜传送带以的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带上、下两端间的距离为。质量为的长木板静止在光滑水平面上，右端与传送带下端靠近，质量为的物块轻放在传送带上端，由静止开始沿传送带向下运动，物块运动到传送带下端时，无机械能损失地滑上长木板，物块与传送带和长木板间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取，不计物块的大小，物块未滑离长木板，。
求：
（1）物块在传送带上运动的时间；
（2）物块相对长木板运动的时间；
（3）长木板的最小长度。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块在传送带上做匀加速运动，由摩擦力与重力延水平方向分力提供加速度，根据牛顿第二定律，加速度大小为
运动至与传送带速度相同所用的时间为
根据匀加速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可得物块运动的位移为
由于
所以物块继续沿传送带向下做加速运动，加速度大小为
则物块在传送带上继续加速的位移为
设物块滑离传送带时的速度大小为，则有
解得
那么加速的时间为
物块在传送带上运动的总时间为
（2）物块滑上长木板后，向左做匀减速直线运动，长木板向左做匀加速直线运动，物块运动的加速度大小为
长木板运动的加速度大小为
设从相对运动到共速所用时间为，则
解得
（3）物块滑上长木板至二者共速的过程中，物块的位移为
长木板的位移为
则长木板的长至少为
21．（23·24上·安徽·模拟预测）如图所示，倾角为的传送带足够长，初始静止。质量 的长木板放置在传送带上，恰好静止。有一质量的小物块，以沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块恰好相对静止时，板撞到传送带下端的弹性开关上，传送带立即以顺时针转动，木板以碰前相同大小的速度反弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木块、物块的上下表面均与传送带平行，物块可看成质点。求∶
（1）长木板A与传送带之间的动摩擦因数
（2）木板与开关相撞时的速度；
（3）木板的长度L。
【答案】（1）0.75；（2）1m/s；（3）
【详解】（1）长木板恰好静止在传送带上
解得
（2）对长木板由牛顿第二定律得
解得
对物块由牛顿第二定律得
解得
物块与长木板达到共同速度时
解得,方向向下
（3）木板向下运动过程中，相对位移
木板被反弹，木板与物块的加速度均未变
所以木板的长度