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1、2022年高考物理二輪復習 專題整合突破一 力與運動 第2講 力與物體的直線運動素能特訓 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1．[xx·湖北八校聯考]如圖所示，甲、乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象，已知甲做勻變速直線運動，乙做勻速直線運動，則0～t2時間內下列說法正確的是(　　) A．兩物體在t1時刻速度大小相等 B．t1時刻乙的速度大于甲的速度 C．兩物體平均速度大小相等 D．甲的平均速度小于乙的平均速度 答案　C 解析　x-t圖中兩圖線的交點代表相遇，切線斜率代表速度，所以A選項錯誤。t1時刻甲的速度

2、大于乙的速度，所以B選項錯誤。因為平均速度＝，所以兩物體平均速度大小相等，所以C選項正確，D選項錯誤。 2．[xx·洛陽統(tǒng)考]如圖甲所示，一個質量為3 kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動。在0～3 s時間內物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則(　　) A．F的最大值為12 N B．0～1 s和2～3 s內物體加速度的方向相反 C．3 s末物體的速度最大，最大速度為8 m/s D．在0～1 s內物體做勻加速運動，2～3 s內物體做勻減速運動 答案　C 解析　由a－t圖象知加速度最大時a＝4 m/s2，由牛頓第二定律F－μ

3、mg＝ma知，F最大值大于12 N，所以A選項錯誤。0～1 s和2～3 s內，加速度均為正方向，所以B選項錯誤。3 s末速度最大。由a－t圖面積知Δv＝8 m/s，所以vmax＝8 m/s，所以C選項正確。0～1 s和2～3 s內加速度a與速度v均同向做加速運動，但a大小變化，所以不是勻加速，故D選項錯誤。 3．[xx·鹽城月考]甲、乙兩球質量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質量無關，即f＝kv(k為正的常量)。兩球的v-t圖象如圖所示。落地前，經時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正

4、確的是(　　) A．釋放瞬間甲球加速度較大 B.＝ C．甲球質量大于乙球 D．t0時間內兩球下落的高度相等 答案　C 解析　m1、m2均由靜止釋放，所以釋放瞬間空氣阻力為零，只受重力作用，加速度均為重力加速度，故A選項錯誤；當兩球達到穩(wěn)定狀態(tài)時，mg＝kv，則＝，故B選項錯誤；由圖知v1>v2，則m1>m2，所以C選項正確。t0時刻v-t圖圍成的面積不相等，所以D選項錯誤。 4．[xx·浙江模擬]如圖所示，位于豎直平面內的圓與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點，C為圓的最高點，豎直墻上點B、D與M的連線和水平面的夾角分別為53°和37°。已知在t＝0時，a、b、d三個球分別

5、由A、B、D三點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點，c球由C自由下落到M點，則(　　) A．a、b和d球同時到達M點 B．b球和d球同時到達M點 C．c球位移最大，最后到達M點 D．沿墻壁上任意一點到M點的光滑斜直軌道由靜止下滑的物體，下落高度越低，用時越短 答案　B 解析　設圓的半徑為r，對于AM段，位移：x1＝＝r，加速度：a1＝gsin45°＝g，由位移時間公式得， 所用時間：t1＝＝＝2＝ 對于BM段，位移：x2＝＝r，加速度：a2＝gsin53°＝g，由位移時間公式得， 所用時間：t2＝＝＝ 對于CM段，位移：x3＝2r，加速度：a3＝g，由位移時間公式得，所用

6、時間：t3＝＝ 對于DM段，位移：x4＝＝r，加速度：a4＝gsin37°＝g，由位移時間公式得，所用時間：t4＝＝＝ 故：t1＝t3

7、質量m0＝，距繩子左端x處某點的張力大小T＝m·a 聯立得：T＝(1－)F＝F－F 圖象來源于函數，T-x圖象為一次函數，故D選項正確。 6．[xx·濰坊月考]如圖甲，輕彈簧上端固定在升降機頂部，下端懸掛重為G的小球，小球隨升降機在豎直方向上運動。t＝0時，升降機突然停止，其后小球所受彈簧的彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙，取F豎直向上為正，以下判斷正確的是 (　　) A．升降機停止前一定向上運動 B．0～2t0時間內，小球先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài) C．t0～3t0時間內，小球向下運動，在t0、3t0兩時刻加速度相同 D．3t0～4t0時間內，彈簧彈力做的功大于小球動能的

8、變化 答案　AD 解析　t＝0時刻升降機突然停止，由圖象知彈簧彈力減小，所以小球向上運動才會有彈簧彈力減小的結果，故A正確。零時刻F＝G，F豎直向上為正，所以彈簧有形變時都伸長不壓縮，0～t0時間內小球v方向向上，a向下，減速，失重；t0時刻彈簧原長；t0～2t0時間內，a向下，v向下，加速，失重；2t0～3t0時間內，a向上，v向下，減速，超重；3t0時刻小球到達最低點；3t0～4t0時間內，a向上，v向上，加速，超重，故B、C錯誤；3t0～4t0時間內，彈簧彈力做正功，重力做負功，兩者總功等于小球動能的變化，故D正確。 7．[xx·山東模擬]如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的

9、最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據圖象可求出(　　) A．物體的初速率v0＝3 m/s B．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.75 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑 答案　BC 解析　當θ＝90°時，a＝g，據v＝2ax1得v0＝＝6 m/s，故A選項錯誤。 當θ＝0°時，據v＝2ax2，其中a＝μg，所以μ＝＝0.75，故B選項正確。

10、 當θ＝30°時，μ>tan30°，所以物體達到最大位移后將不再下滑，所以D選項錯誤。 由v＝2(gsinθ＋μgcosθ)x 得 x＝＝。 所以xmin＝1.44 m，故C選項正確。 8．在光滑水平面上放置兩長度相同、質量分別為m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形狀、質量完全相同的物塊a和b，木板和物塊均處于靜止狀態(tài)?，F對物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2，使它們向右運動。當物塊與木板分離時，P、Q的速度分別為v1、v2，物塊P、Q相對地面的位移分別為s1、s2。已知兩物塊與木板間的動摩擦因數相同，下列判斷正確的是(　　) A．若F1＝F2，m1>m2，則v1<

11、v2，s1v2，s1F2，m1＝m2，則v1s2 D．若F1v2，s1>s2 答案　AD 解析　A、B選項F1＝F2，則a、b加速度相同，用圖線3表示a、b的v-t圖，m1>m2時，a1v1，s2>s1，故A選項正確。 同理，C、D選項畫圖，P、Q的v-t相同為4，a、b的分別為5、6 F大的為5，F小的為6 故D選項正確。 二、計

12、算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．[xx·行唐月考]如圖所示，一傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°，傳送帶上端固定一平臺，平臺離地面高H＝1.8 m，傳送帶以恒定速度v＝4 m/s逆時針運行。將質量m＝2 kg的小滑塊輕放在傳送帶底端，平臺上的人通過一根輕繩用恒力F沿傳送帶向上拉小滑塊，滑塊的速度剛達到傳送帶的速度時輕繩斷裂，此后小滑塊恰好不能到達平臺上。已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.25，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)恒力F； (2)小滑塊在傳送帶上運動的總時間T。 答

13、案　(1)24 N　(2)2.72 s 解析　(1)小滑塊在達到與傳送帶速度v＝4 m/s相等前加速度為a1，有：F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1 位移x1＝ 隨后小滑塊向上勻減速到速度為零有： mgsin37°－μmgcos37°＝ma2 解得a2＝4 m/s2，通過的位移為x2 x2＝＝2 m 向上的總位移x＝x1＋x2＝H/sin37°＝3 m 解得x1＝1 m　a1＝8 m/s2　F＝24 N 由v＝a1t1解得t1＝0.5 s t2＝＝1 s其向上運動的總時間為t＝t1＋t2＝1.5 s (2)小滑塊向下滑動時，有 x＝ 解得：t3＝ s＝1

14、.22 s 小滑塊在傳送帶上運動的總時間T＝t1＋t2＋t3＝2.72 s 10．[xx·邯鄲一模]如圖，AB為光滑豎直桿，ACB為構成直角的光滑L形直軌道，C處有一小圓弧連接，可使小球順利轉彎(即通過轉彎處不損失機械能)。套在桿上的小球自A點靜止釋放，分別沿AB軌道和ACB軌道運動，如果沿ACB軌道運動的時間是沿AB軌道運動時間的1.5倍，則AB與AC的夾角為多少？ 答案　53° 解析　設AB的長度為l，∠BAC＝α，由幾何關系可得： AC的長度為lcosα，CB的長度為lsinα① 小球沿AB做自由落體運動，運動的時間為t：有 l＝gt2② 設AC段所用時間為t1，CB段所用時間為t2，由題可知 t1＋t2＝1.5t③ 小球沿AC段運動時，加速度為a1，由牛頓第二定律可得 mgcosα＝ma1④ 且lcosα＝gcosαt⑤ 聯立②③⑤，可得 t1＝t，t2＝0.5t； 小球在C點的速度為 v＝gcosαt1 沿CB做勻加速運動，加速度為a2，由牛頓第二定律可得： mgsinα＝ma2 且 lsinα＝vt2＋a2t 聯立解得：α＝53°。