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2026江苏高考物理的二轮专题
专题突破练2　力与直线运动
一、单项选择题:共9题,每题4分,共36分。
1.(2025·扬州期中)在百米赛跑中,甲、乙两名同学运动的v-t图像如图所示,t3时刻两人同时冲过终点,则下列说法正确的是(　　)
A.0~t1时间内乙的速度变化量大
B.t1时刻甲的加速度大
C.t2时刻甲在乙前面
D.0~t3时间内甲的平均速度小
2.(2025·连云港期中)跳水运动员训练时从跳台自由落下,利用频闪照相连续记录三个闪光时刻的位置A、B、C,测得相邻两位置间的距离分别是Δh1=1.00 m和Δh2=1.40 m,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.频闪照相的时间间隔为0.1 s
B.运动员在B位置时的速度大小为6 m/s
C.运动员在A位置时的速度大小为5 m/s
D.运动员在C位置时的速度大小为9 m/s
3.如图所示,货车拖着拖车在平直路面上匀速行驶,某时刻拖车与货车脱钩,脱钩后货车发动机产生的牵引力不变,若货车质量是拖车质量的2倍,两车与地面之间的动摩擦因数相同,则脱钩后货车与拖车的加速度大小之比为(　　)
A.1∶3 B.1∶2 C.1∶1 D.2∶1
4.(2025·徐州期中)某同学在暗室中用图甲所示装置做测定“重力加速度”的实验,当频闪仪闪光频率f=25 Hz时,恰能看到一串仿佛固定不动的水滴,各水滴到A点的距离分别为图乙中的h1、h2、h3、h4,则(　　)
甲
乙
A.水滴滴落的时间间隔为0.02 s
B.水滴在D点的速度为(h3+h4)
C.所测重力加速度g=f2
D.所测重力加速度大于当地实际重力加速度
5.(2025·常州期中)空间站中的物体处于完全失重的状态,测量质量往往采用动力学方法:对悬浮在空间站中的物体施加拉力F,测量其加速度a,从而得到物体质量。测得两位航天员的加速度随拉力变化的a-F图像如图所示,图线1、2与横坐标夹角分别为θ1、θ2,则两人的质量之比m1∶m2等于(　　)
A.tan θ1∶tan θ2 B.tan θ2∶tan θ1
C.θ1∶θ2 D.θ2∶θ1
6.(2025·苏州期末)图甲中蹦床是孩子们喜爱的游乐项目,其结构原理如图乙,两相同弹性绳一端各系于固定杆的A、B处,另一端系在身体上。C位置时绳恰好为原长,D位置是游玩者运动的最低点,不计空气阻力。游玩者从D到C过程中(　　)
A.加速度减小 B.处于超重状态
C.机械能增大 D.C点速度最大
7.(2025·南京期中)如图所示,一光滑的轻滑轮用细绳OO'悬挂于O点,另一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。若F为水平拉力,且在F的作用下,物块a竖直向上匀速运动了一小段距离,不计空气阻力,则在此过程中,下列说法正确的是(　　)
A.物块b做加速运动
B.绳OO'的拉力将增大
C.物块b与桌面间的摩擦力将增大
D.拉力F做的功等于a、b所组成的系统增加的机械能
8.(2024·扬州联考)如图所示,两上下底面平行的滑块重叠在一起,置于固定的、倾角为θ的斜面上,滑块A、B的质量分别为M、m,A与斜面间的动摩擦因数为μ1,B与A之间的动摩擦因数为μ2。已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下,滑块B受到的摩擦力(　　)
A.等于零
B.大小等于μ1Mgcos θ
C.大小等于μ1mgcos θ
D.大小等于μ2mgcos θ
9.(2024·无锡期中)如图所示,直杆AB与水平面成α角固定,在杆上套一质量为m的小滑块,杆底端B点处有一弹性挡板,滑块与挡板碰撞后以原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放,与挡板第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半,已知重力加速度为g,由此不能确定的是(　　)
A.滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2
B.滑块最终所处的位置
C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D.滑块第k次与挡板碰撞后的速度vk
二、非选择题:共2题,共20分。
10.(8分)如图,轻质定滑轮固定在天花板上,物体P和Q用不可伸长的轻绳相连,悬挂在定滑轮上,P的下方用轻质弹簧连接在地面上,整个系统处于静止状态,已知P、Q的质量分别为m、2m,弹簧的劲度系数为k,重力加速度为g,弹簧不超过弹性限度,不计摩擦和空气阻力。
(1)求弹簧的伸长量x;
(2)求在把弹簧剪断瞬间轻绳中的张力大小F。
11.(12分)(2025·盐城期中)如图所示,水平面上固定一个表面光滑的直角斜劈ABC,质量为m的木块从斜劈的A端由静止释放,在竖直方向获得的加速度为a,滑到B端时重力的瞬时功率为P。重力加速度取g。求木块:
(1)对斜劈的压力F;
(2)下滑到B端所用的时间t;
(3)下滑到AB中点时的速度大小。
参考答案
1.C　解析 0~t1时间内甲和乙的初末速度均相等,速度变化量相等,故A错误;t1时刻乙的图像较陡,所以乙的加速度较大,故B错误;由于t3时刻两人同时冲过终点,t1时刻之后乙比甲快,所以,t2时刻甲在乙前面,故C正确;0~t3时间内二者位移相等,平均速度大小相等,故D错误。故选C。
2.B　解析 由逐差法可知
Δh=Δh2-Δh1=gT2
则频闪照相的时间间隔为
T= s=0.2 s
故A错误;
运动员在B位置时的速度大小为
vB= m/s=6 m/s
故B正确;
由自由落体运动公式
vB=vA+gT
解得运动员在A位置时的速度大小为
vA=4 m/s
故C错误;
由自由落体运动公式
vC=vB+gT
解得运动员在C位置时的速度大小为
vC=8 m/s
故D错误。
故选B。
3.B　解析 设牵引力为F,动摩擦因数为μ,拖车质量为m,匀速时F=3μmg,脱钩后,对货车有F-2μmg=2ma货,对拖车有μmg=ma拖,解得a货∶a拖=1∶2,故选B。
4.C　解析 由题意可知,水滴滴落的时间间隔为
T==0.04 s
故A错误;
水滴在D点的瞬时速度等于在CE间的平均速度,即
vD=(h4-h2)
故B错误;
根据逐差公式Δx=aT2可知,所测重力加速度为
g=f2
故C正确;
因为有空气阻力的存在,所以下落时间偏大,所测重力加速度小于当地实际重力加速度,故D错误。
故选C。
5.B　解析 根据牛顿第二定律,有
F=ma
即
a=F
故a-F图像的斜率表示,两人的质量之比等于斜率的反比,即
故选B。
6.C　解析 游玩者从D到C的过程中,经过弹力大于重力,弹力等于重力,重力大于弹力的过程,加速度先减小后反向增大,弹力等于重力的位置时加速度为零,速度达到最大,故C点速度不是最大,故A、D错误;在这个过程中,游玩者的加速度方向先向上后向下,即先处于超重状态后处于失重状态,故B错误;弹性绳对游玩者做正功,由于不计空气阻力,除重力、弹性绳的弹力外没有其他外力对游玩者做功,因此游玩者的机械能增大,故C正确。故选C。
7.C　解析 设连接物块b的细绳与水平方向的夹角为θ,则有
vbcos θ=va
由于物块a竖直向上匀速运动,va不变,θ不断减小,cos θ不断增大,vb不断减小,故A错误;
绳OO'的拉力为
FT=2magcos
由于θ不断减小,FT不断减小,故B错误;
物块b与桌面间的摩擦力为
Ff=μFN=μ(mbg-magsin θ)
由于θ不断减小,sin θ不断减小,Ff不断增大,故C正确;
拉力F与摩擦力Ff做的功等于a、b所组成的系统增加的机械能,故D错误。
故选C。
8.C　解析 以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得加速度a==g(sin θ-μ1cos θ),设A对B的摩擦力方向沿斜面向下,大小为Ff,则有mgsin θ+Ff=ma,得到Ff=ma-mgsin θ=-μ1mgcos θ,负号表示摩擦力方向沿斜面向上。
9.D　解析 设AB长为L,最大速度为v,根据平均速度公式可知L=vt下,l上=vt上,其中第一次碰撞后上滑时间恰好是下滑时间的一半,所以恰好能上升到AB的中点,对整个过程,运用动能定理得mgsin α×0.5L-μmgcos α(L+0.5L)=0,解得μ=tan α,根据牛顿第二定律得下滑过程mgsin α-μmgcos α=ma1,上滑过程mgsin α+μmgcos α=ma2,解得a1=gsin α-μgcos α,a2=gsin α+μgcos α,所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2,故A、B、C不符合题意;因为不知道最初滑块下滑的位移,所以无法求出速度,故D符合题意。
10.答案 (1)　(2)mg
解析 (1)Q处于静止状态,对其受力分析可知绳子拉力为FT=2mg,P处于静止状态,对其受力分析可知,弹簧产生的弹力方向向下,大小为F弹=2mg-mg=mg,由胡克定律得x=。
(2)在把弹簧剪断瞬间,PQ整体向上加速,加速度大小为
a=g
对P由牛顿第二定律可得
F-mg=ma
解得F=mg。
11.答案 (1)mg　(2)　(3)
解析 (1)设∠ABC=θ,以木块为对象,根据牛顿第二定律可得
mgsin θ=ma合
可得
a合=gsin θ
则竖直方向的加速度为
a=a合sin θ=gsin 2θ
以木块为对象,垂直斜面方向有
F'=mgcos θ
联立可得
F'=mg
根据牛顿第三定律可知,木块对斜劈的压力为
F=F'=mg。
(2)滑到B端时重力的瞬时功率为P,则有
P=mgvy=mgat
可得下滑到B端所用的时间为
t=。
(3)木块沿斜面方向的合加速度为
a合=gsin θ=
木块下滑到B端的速度大小为
vB=a合t=
设AB距离为L,木块下滑到AB中点的速度大小为v,根据运动学公式可得
2a合L=,2a合·=v2
联立可得
v=。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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