2022年高考物理二轮复习 专题整合突破一 力与运动 第2讲 力与物体的直线运动素能特训

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1、2022年高考物理二轮复习 专题整合突破一 力与运动 第2讲 力与物体的直线运动素能特训 一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题) 1．[xx·湖北八校联考]如图所示，甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是(　　) A．两物体在t1时刻速度大小相等 B．t1时刻乙的速度大于甲的速度 C．两物体平均速度大小相等 D．甲的平均速度小于乙的平均速度 答案　C 解析　x­t图中两图线的交点代表相遇，切线斜率代表速度，所以A选项错误。t1时刻甲的速度

2、大于乙的速度，所以B选项错误。因为平均速度＝，所以两物体平均速度大小相等，所以C选项正确，D选项错误。 2．[xx·洛阳统考]如图甲所示，一个质量为3 kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。在0～3 s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示，则(　　) A．F的最大值为12 N B．0～1 s和2～3 s内物体加速度的方向相反 C．3 s末物体的速度最大，最大速度为8 m/s D．在0～1 s内物体做匀加速运动，2～3 s内物体做匀减速运动 答案　C 解析　由a－t图象知加速度最大时a＝4 m/s2，由牛顿第二定律F－μ

3、mg＝ma知，F最大值大于12 N，所以A选项错误。0～1 s和2～3 s内，加速度均为正方向，所以B选项错误。3 s末速度最大。由a－t图面积知Δv＝8 m/s，所以vmax＝8 m/s，所以C选项正确。0～1 s和2～3 s内加速度a与速度v均同向做加速运动，但a大小变化，所以不是匀加速，故D选项错误。 3．[xx·盐城月考]甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)。两球的v­t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正

4、确的是(　　) A．释放瞬间甲球加速度较大 B.＝ C．甲球质量大于乙球 D．t0时间内两球下落的高度相等 答案　C 解析　m1、m2均由静止释放，所以释放瞬间空气阻力为零，只受重力作用，加速度均为重力加速度，故A选项错误；当两球达到稳定状态时，mg＝kv，则＝，故B选项错误；由图知v1>v2，则m1>m2，所以C选项正确。t0时刻v­t图围成的面积不相等，所以D选项错误。 4．[xx·浙江模拟]如图所示，位于竖直平面内的圆与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，C为圆的最高点，竖直墙上点B、D与M的连线和水平面的夹角分别为53°和37°。已知在t＝0时，a、b、d三个球分别

5、由A、B、D三点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点，c球由C自由下落到M点，则(　　) A．a、b和d球同时到达M点 B．b球和d球同时到达M点 C．c球位移最大，最后到达M点 D．沿墙壁上任意一点到M点的光滑斜直轨道由静止下滑的物体，下落高度越低，用时越短 答案　B 解析　设圆的半径为r，对于AM段，位移：x1＝＝r，加速度：a1＝gsin45°＝g，由位移时间公式得， 所用时间：t1＝＝＝2＝ 对于BM段，位移：x2＝＝r，加速度：a2＝gsin53°＝g，由位移时间公式得， 所用时间：t2＝＝＝ 对于CM段，位移：x3＝2r，加速度：a3＝g，由位移时间公式得，所用

6、时间：t3＝＝ 对于DM段，位移：x4＝＝r，加速度：a4＝gsin37°＝g，由位移时间公式得，所用时间：t4＝＝＝ 故：t1＝t3

7、质量m0＝，距绳子左端x处某点的张力大小T＝m·a 联立得：T＝(1－)F＝F－F 图象来源于函数，T­x图象为一次函数，故D选项正确。 6．[xx·潍坊月考]如图甲，轻弹簧上端固定在升降机顶部，下端悬挂重为G的小球，小球随升降机在竖直方向上运动。t＝0时，升降机突然停止，其后小球所受弹簧的弹力F随时间t变化的图象如图乙，取F竖直向上为正，以下判断正确的是 (　　) A．升降机停止前一定向上运动 B．0～2t0时间内，小球先处于失重状态，后处于超重状态 C．t0～3t0时间内，小球向下运动，在t0、3t0两时刻加速度相同 D．3t0～4t0时间内，弹簧弹力做的功大于小球动能的

8、变化 答案　AD 解析　t＝0时刻升降机突然停止，由图象知弹簧弹力减小，所以小球向上运动才会有弹簧弹力减小的结果，故A正确。零时刻F＝G，F竖直向上为正，所以弹簧有形变时都伸长不压缩，0～t0时间内小球v方向向上，a向下，减速，失重；t0时刻弹簧原长；t0～2t0时间内，a向下，v向下，加速，失重；2t0～3t0时间内，a向上，v向下，减速，超重；3t0时刻小球到达最低点；3t0～4t0时间内，a向上，v向上，加速，超重，故B、C错误；3t0～4t0时间内，弹簧弹力做正功，重力做负功，两者总功等于小球动能的变化，故D正确。 7．[xx·山东模拟]如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的

9、最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出(　　) A．物体的初速率v0＝3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75 C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 答案　BC 解析　当θ＝90°时，a＝g，据v＝2ax1得v0＝＝6 m/s，故A选项错误。 当θ＝0°时，据v＝2ax2，其中a＝μg，所以μ＝＝0.75，故B选项正确。

10、 当θ＝30°时，μ>tan30°，所以物体达到最大位移后将不再下滑，所以D选项错误。 由v＝2(gsinθ＋μgcosθ)x 得 x＝＝。 所以xmin＝1.44 m，故C选项正确。 8．在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态。现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动。当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块P、Q相对地面的位移分别为s1、s2。已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是(　　) A．若F1＝F2，m1>m2，则v1<

11、v2，s1v2，s1F2，m1＝m2，则v1s2 D．若F1v2，s1>s2 答案　AD 解析　A、B选项F1＝F2，则a、b加速度相同，用图线3表示a、b的v­t图，m1>m2时，a1v1，s2>s1，故A选项正确。 同理，C、D选项画图，P、Q的v­t相同为4，a、b的分别为5、6 F大的为5，F小的为6 故D选项正确。 二、计

12、算题(本题共2小题，共36分，需写出规范的解题步骤) 9．[xx·行唐月考]如图所示，一传送带与水平地面的夹角θ＝37°，传送带上端固定一平台，平台离地面高H＝1.8 m，传送带以恒定速度v＝4 m/s逆时针运行。将质量m＝2 kg的小滑块轻放在传送带底端，平台上的人通过一根轻绳用恒力F沿传送带向上拉小滑块，滑块的速度刚达到传送带的速度时轻绳断裂，此后小滑块恰好不能到达平台上。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)恒力F； (2)小滑块在传送带上运动的总时间T。 答

13、案　(1)24 N　(2)2.72 s 解析　(1)小滑块在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前加速度为a1，有：F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1 位移x1＝ 随后小滑块向上匀减速到速度为零有： mgsin37°－μmgcos37°＝ma2 解得a2＝4 m/s2，通过的位移为x2 x2＝＝2 m 向上的总位移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其向上运动的总时间为t＝t1＋t2＝1.5 s (2)小滑块向下滑动时，有 x＝ 解得：t3＝ s＝1

14、.22 s 小滑块在传送带上运动的总时间T＝t1＋t2＋t3＝2.72 s 10．[xx·邯郸一模]如图，AB为光滑竖直杆，ACB为构成直角的光滑L形直轨道，C处有一小圆弧连接，可使小球顺利转弯(即通过转弯处不损失机械能)。套在杆上的小球自A点静止释放，分别沿AB轨道和ACB轨道运动，如果沿ACB轨道运动的时间是沿AB轨道运动时间的1.5倍，则AB与AC的夹角为多少？ 答案　53° 解析　设AB的长度为l，∠BAC＝α，由几何关系可得： AC的长度为lcosα，CB的长度为lsinα① 小球沿AB做自由落体运动，运动的时间为t：有 l＝gt2② 设AC段所用时间为t1，CB段所用时间为t2，由题可知 t1＋t2＝1.5t③ 小球沿AC段运动时，加速度为a1，由牛顿第二定律可得 mgcosα＝ma1④ 且lcosα＝gcosαt⑤ 联立②③⑤，可得 t1＝t，t2＝0.5t； 小球在C点的速度为 v＝gcosαt1 沿CB做匀加速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律可得： mgsinα＝ma2 且 lsinα＝vt2＋a2t 联立解得：α＝53°。