2025届高考物理二轮专题复习与测试模块一力与运动专题二力与直线运动

这是一份2025届高考物理二轮专题复习与测试模块一力与运动专题二力与直线运动，共15页。
1．直线运动中匀变速直线运动规律的应用。 2.牛顿运动定律和动力学方法的应用。
3．动力学方法和数形结合思想分析图像问题。
命题点1 匀变速直线运动规律的应用
1．(2024·江西卷，T3)某物体位置随时间的关系为x＝1＋2t＋3t2，则关于其速度与1 s内的位移大小，下列说法正确的是( C )
A．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
B．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为6 m
C．速度是刻画物体位置变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
D．速度是刻画物体位移变化快慢的物理量，1 s内的位移大小为5 m
解析：速度等于位移与时间的比值。位移是物体在一段时间内从一个位置到另一个位置的位置变化量，速度是刻画物体位置变化快慢的物理量。由x＝1＋2t＋3t2可知开始时物体的位置x0＝1 m，1 s时物体的位置x1＝6 m，则1 s内物体的位移Δx＝x1－x0＝5 m。
2．(2023·山东卷，T6)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点。已知S、T间的距离是R、S间的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为( C )
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设R、S间的距离为x，则根据题意有 eq \x\t(v) RS＝ eq \f(x,t1) ＝ eq \f(vR＋vS,2) ， eq \x\t(v) ST＝ eq \f(2x,t2) ＝ eq \f(vS＋vT,2) ，联立解得t2＝ 4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT ＝ vR－a·5t1，则at1＝2 m/s，其中还有v eq \s\d9(\f(t1,2)) ＝ eq \x\t(v) RS＝vR－a· eq \f(t1,2) ，解得vR＝11 m/s，联立解得vT＝1 m/s。
3.(2024·山东卷，T3)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为( A )
A．( eq \r(3) －1)∶( eq \r(2) －1)B．( eq \r(3) － eq \r(2) )∶( eq \r(2) －1)
C．( eq \r(3) ＋1)∶( eq \r(2) ＋1) D．( eq \r(3) ＋ eq \r(2) )∶( eq \r(2) ＋1)
解析：对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(2,0) ，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(2,1) ，当木板长度为2L时，有3L＝ eq \f(1,2) at eq \\al(2,2) ，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝( eq \r(3) －1)∶( eq \r(2) －1)，A正确。
命题点2 牛顿第二定律的应用
4.(2024·湖南卷，T3)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为( A )
A．g，1.5g B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
解析：剪断前，对B、C、D整体分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，对D，FCD＝mg；剪断后，对B，FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向竖直向上，对C，FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向竖直向下。
5．(2024·北京卷，T4)如图所示，飞船与空间站对接后，在推力F作用下一起向前运动。飞船和空间站的质量分别为m和M，则飞船和空间站之间的作用力大小为( A )
A． eq \f(M,M＋m) F B． eq \f(m,M＋m) F
C． eq \f(M,m) F D． eq \f(m,M) F
解析：根据题意，对整体应用牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对空间站分析有F′＝Ma，解两式可得飞船和空间站之间的作用力F′＝ eq \f(M,M＋m) F。
6.(2023·北京卷，T6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1 kg，细线能承受的最大拉力为2 N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动，则F的最大值为( C )
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
解析：对两物块整体由受力分析有F＝2ma，对于后面的物块有FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，联立解得F＝4 N。
命题点3 动力学的两类基本问题
7.(2022·辽宁卷，T7)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是( B )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
解析：物块在水平桌面上沿中线做匀减速直线运动，则 eq \(v,\s\up6(－)) ＝ eq \f(x,t) ＝ eq \f(v0＋v,2) ，由题干知x＝1 m，t＝1 s，v>0，代入数据有v00，由于v0