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15為單選題，68為多選題)1xx·湖北八校聯(lián)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0t2時間內(nèi)下列說法正確的是()A兩物體在t1時刻速度大小相等Bt1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x­t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。2xx·洛陽統(tǒng)考如圖甲所示，一個質(zhì)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03 s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則()AF的最大值為12 NB01 s和23 s內(nèi)物體加速度的方向相反C3 s末物體的速度最大，最大速度為8 m/sD在01 s內(nèi)物體做勻加速運動，23 s內(nèi)物體做勻減速運動答案C解析由at圖象知加速度最大時a4 m/s2，由牛頓第二定律Fmgma知，F(xiàn)最大值大于12 N，所以A選項錯誤。01 s和23 s內(nèi)，加速度均為正方向，所以B選項錯誤。3 s末速度最大。由at圖面積知v8 m/s，所以vmax8 m/s，所以C選項正確。01 s和23 s內(nèi)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。3xx·鹽城月考甲、乙兩球質(zhì)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(zhì)量無關(guān)，即fkv(k為正的常量)。兩球的v­t圖象如圖所示。落地前，經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是()A釋放瞬間甲球加速度較大B.C甲球質(zhì)量大于乙球Dt0時間內(nèi)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，mgkv，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v­t圖圍成的面積不相等，所以D選項錯誤。4xx·浙江模擬如圖所示，位于豎直平面內(nèi)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t0時，a、b、d三個球分別由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()Aa、b和d球同時到達M點Bb球和d球同時到達M點Cc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：x1r，加速度：a1gsin45°g，由位移時間公式得，所用時間：t12對于BM段，位移：x2r，加速度：a2gsin53°g，由位移時間公式得，所用時間：t2對于CM段，位移：x32r，加速度：a3g，由位移時間公式得，所用時間：t3對于DM段，位移：x4r，加速度：a4gsin37°g，由位移時間公式得，所用時間：t4故：t1t3<t2t4故a、c同時到達M點，b、d同時到達M點，且a、c用時短于b、d用時，故A、C、D錯誤，B正確。5xx·江西二模如圖所示，在光滑的水平面上有一段長為L、質(zhì)量分布均勻的繩子。在水平向左的恒力F作用下從靜止開始做勻加速運動。繩子中某點到繩子左端的距離為x，設該處繩的張力大小為T，則能正確描述T與x之間的關(guān)系的圖象是()答案D解析以整段繩子為研究對象，由牛頓第二定律有Fma，繩子質(zhì)量分布均勻，則單位長度的質(zhì)量m0，距繩子左端x處某點的張力大小Tm·a聯(lián)立得：T(1)FFF圖象來源于函數(shù)，T­x圖象為一次函數(shù)，故D選項正確。6xx·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。t0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B02t0時間內(nèi)，小球先處于失重狀態(tài)，后處于超重狀態(tài)Ct03t0時間內(nèi)，小球向下運動，在t0、3t0兩時刻加速度相同D3t04t0時間內(nèi)，彈簧彈力做的功大于小球動能的變化答案AD解析t0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(jié)果，故A正確。零時刻FG，F(xiàn)豎直向上為正，所以彈簧有形變時都伸長不壓縮，0t0時間內(nèi)小球v方向向上，a向下，減速，失重；t0時刻彈簧原長；t02t0時間內(nèi)，a向下，v向下，加速，失重；2t03t0時間內(nèi)，a向上，v向下，減速，超重；3t0時刻小球到達最低點；3t04t0時間內(nèi)，a向上，v向上，加速，超重，故B、C錯誤；3t04t0時間內(nèi)，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。7xx·山東模擬如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角的關(guān)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(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角，實驗測得x與斜面傾角的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖象可求出()A物體的初速率v03 m/sB物體與斜面間的動摩擦因數(shù)0.75C取不同的傾角，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin1.44 mD當某次30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑答案BC解析當90°時，ag，據(jù)v2ax1得v06 m/s，故A選項錯誤。當0°時，據(jù)v2ax2，其中ag，所以0.75，故B選項正確。當30°時，>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v2(gsingcos)x 得x。所以xmin1.44 m，故C選項正確。8在光滑水平面上放置兩長度相同、質(zhì)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(zhì)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(xiàn)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(shù)相同，下列判斷正確的是()A若F1F2，m1>m2，則v1<v2，s1<s2B若F1F2，m1<m2，則v1>v2，s1<s2C若F1>F2，m1m2，則v1<v2，s1>s2D若F1<F2，m1m2，則v1>v2，s1>s2答案AD解析A、B選項F1F2，則a、b加速度相同，用圖線3表示a、b的v­t圖，m1>m2時，a1<a2分別用1、2圖線表示，畫v­t圖。由于圖線和時間軸的面積差表示木板長，所以1和3的面積差、2和3的面積差需相同，所以v2>v1，s2>s1，故A選項正確。同理，C、D選項畫圖，P、Q的v­t相同為4，a、b的分別為5、6F大的為5，F(xiàn)小的為6故D選項正確。二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟)9xx·行唐月考如圖所示，一傳送帶與水平地面的夾角37°，傳送帶上端固定一平臺，平臺離地面高H1.8 m，傳送帶以恒定速度v4 m/s逆時針運行。將質(zhì)量m2 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(shù)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。答案(1)24 N(2)2.72 s解析(1)小滑塊在達到與傳送帶速度v4 m/s相等前加速度為a1，有：Fmgcos37°mgsin37°ma1位移x1隨后小滑塊向上勻減速到速度為零有：mgsin37°mgcos37°ma2解得a24 m/s2，通過的位移為x2x22 m向上的總位移xx1x2H/sin37°3 m解得x11 ma18 m/s2F24 N由va1t1解得t10.5 st21 s其向上運動的總時間為tt1t21.5 s(2)小滑塊向下滑動時，有x解得：t3 s1.22 s小滑塊在傳送帶上運動的總時間Tt1t2t32.72 s10xx·邯鄲一模如圖，AB為光滑豎直桿，ACB為構(gòu)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(zhuǎn)彎(即通過轉(zhuǎn)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，由幾何關(guān)系可得：AC的長度為lcos，CB的長度為lsin小球沿AB做自由落體運動，運動的時間為t：有l(wèi)gt2設AC段所用時間為t1，CB段所用時間為t2，由題可知t1t21.5t小球沿AC段運動時，加速度為a1，由牛頓第二定律可得mgcosma1且lcosgcost聯(lián)立，可得t1t，t20.5t；小球在C點的速度為vgcost1沿CB做勻加速運動，加速度為a2，由牛頓第二定律可得：mgsinma2且 lsinvt2a2t聯(lián)立解得：53°。