《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇二 力與直線運(yùn)動練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇二 力與直線運(yùn)動練習(xí)（含解析）（27頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、力與直線運(yùn)動要點(diǎn)提煉1.解圖象問題時(shí)要做好“三看”(1)看清坐標(biāo)軸所表示的物理量：明確因變量與自變量的制約關(guān)系，是運(yùn)動學(xué)圖象(vt、xt、at、xv2、vx等)，還是動力學(xué)圖象(Ft、Fx、Pt等)；(2)看圖線本身：識別兩個(gè)相關(guān)量的變化趨勢，進(jìn)而分析具體的物理過程；(3)看交點(diǎn)、斜率和“面積”：明確圖線與圖線的交點(diǎn)、圖線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)、圖線斜率、圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積的物理意義。2求解勻變速直線運(yùn)動問題時(shí)的方法技巧(1)巧用平均速度：對勻變速直線運(yùn)動問題，運(yùn)用公式(v0v)，xt，相當(dāng)于把一個(gè)勻變速直線運(yùn)動問題轉(zhuǎn)化為一個(gè)勻速直線運(yùn)動問題來處理。(2)逆向思維：把運(yùn)動過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”
2、的反向分析，這種研究問題的方法一般用于末態(tài)已知的情況。3動力學(xué)與圖象的綜合問題做好兩步(1)判別物理過程：由圖象形狀所描述的狀態(tài)及變化規(guī)律確定質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動性質(zhì)。(2)選擇解答方法：根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動性質(zhì)，選擇公式法或圖象法解答試題，必要時(shí)建立函數(shù)關(guān)系并進(jìn)行圖象轉(zhuǎn)換，或者與常見形式比較進(jìn)行解答和判斷。4傳送帶上物體的運(yùn)動由靜止釋放的物體，若能在勻速運(yùn)動的傳送帶上同向加速到與傳送帶共速，則加速過程中物體的位移必與物體和傳送帶的相對位移大小相等，且等于傳送帶在這個(gè)過程中位移的一半；在傾斜傳送帶(傾角為)上運(yùn)動的物體，動摩擦因數(shù)與tan的關(guān)系、物體初速度的方向與傳送帶速度方向的關(guān)系是決定物體運(yùn)動情況的兩個(gè)重
3、要因素。5水平面上的板塊模型問題分析兩物體的運(yùn)動情況需要關(guān)注：兩個(gè)接觸面(滑塊與滑板之間、滑板與地面之間)的動摩擦因數(shù)的大小關(guān)系，外力作用在哪個(gè)物體上。若外力作用在下面物體上，隨著力的增大，兩物體先共同加速，后發(fā)生相對滑動，發(fā)生相對滑動的條件是下面物體的加速度較大。若外力作用在上面物體上，力增大過程中，兩物體可能共同加速，也可能發(fā)生相對滑動，相對滑動時(shí)，上面物體的加速度較大。高考考向1運(yùn)動圖象及其應(yīng)用命題角度1 應(yīng)用運(yùn)動圖象分析追及相遇問題例1(2018全國卷)(多選) 甲、乙兩車在同一平直公路上同向運(yùn)動，甲做勻加速直線運(yùn)動，乙做勻速直線運(yùn)動。甲、乙兩車的位置x隨時(shí)間t的變化如圖所示。下列說法
4、正確的是()A在t1時(shí)刻兩車速度相等B從0到t1時(shí)間內(nèi)，兩車走過的路程相等C從t1到t2時(shí)間內(nèi)，兩車走過的路程相等D從t1到t2時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻，兩車速度相等解析根據(jù)xt圖象的物理意義可知，在t1時(shí)刻兩車的位置相同，速度不相等，乙車的速度大于甲車的速度，A錯(cuò)誤；從0到t1時(shí)間內(nèi)，乙車走過的路程大于甲車，B錯(cuò)誤；從t1到t2時(shí)間內(nèi)，兩車都是從x1位置走到x2位置，兩車走過的路程相等，C正確；根據(jù)xt圖象的斜率等于速度可知，從t1到t2時(shí)間內(nèi)的某時(shí)刻，有甲圖線的切線與乙圖線平行、斜率相同，兩車速度相等，D正確。答案CD(1)對于xt圖象，圖線在縱軸上的截距表示t0時(shí)物體的位置；對于vt和at圖象，圖
5、線在縱軸上的截距并不表示t0時(shí)物體的位置。(2)在vt圖象中，兩條圖線的交點(diǎn)不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。(3)vt圖象中兩條圖線在軸上的截距不同，不少同學(xué)誤認(rèn)為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應(yīng)根據(jù)題中條件確定。備課記錄： 11(2018全國卷)(多選) 甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運(yùn)動，其速度時(shí)間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時(shí)刻并排行駛，下列說法正確的是()A兩車在t1時(shí)刻也并排行駛Bt1時(shí)刻甲車在后，乙車在前C甲車的加速度大小先增大后減小D乙車的加速度大小先減小后增大答案BD解析vt圖象中圖象與t軸所包圍的面積代表運(yùn)動的位移，兩車在t2時(shí)刻并排行駛，
6、利用逆向思維并借助于面積可知在t1時(shí)刻甲車在后，乙車在前，故A錯(cuò)誤，B正確；圖象的斜率表示加速度，所以甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯(cuò)誤，D正確。12(2019西安高三第三次質(zhì)檢)(多選)甲、乙兩物塊在同一直線上運(yùn)動的xt圖象如圖所示，乙物塊做勻變速運(yùn)動，加速度大小為0.2 m/s2，兩圖線相切于坐標(biāo)點(diǎn)(5 s，3 m)，下列說法正確的是()A前5 s內(nèi)甲、乙的運(yùn)動方向一直相同Bt5 s時(shí)甲、乙相遇且速度相同C乙的初速度大小為1.8 m/sDt0時(shí)甲、乙相距2.8 m答案AB解析xt圖象的斜率表示速度，前5 s內(nèi)甲、乙的xt圖線斜率均一直為負(fù)，則運(yùn)動方向一直相同，
7、A正確；t5 s時(shí)甲、乙的xt圖線斜率相同，位移、時(shí)間都相同，所以相遇且速度相同，B正確；由甲的圖線知t5 s時(shí)，速度為0.6 m/s，乙做勻變速運(yùn)動，vv0at，則乙的初速度大小為1.6 m/s，C錯(cuò)誤；由位移xx0v0tat2，代入(5 s，3 m)及v0的值，可得x02.5 m，D錯(cuò)誤。命題角度2 非常規(guī)圖象問題例2(2019全國卷)(多選) 在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運(yùn)動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系如圖中實(shí)線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其ax關(guān)系如圖中虛線所示。假設(shè)兩星球均為質(zhì)量均勻分布
8、的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則()AM與N的密度相等BQ的質(zhì)量是P的3倍CQ下落過程中的最大動能是P的4倍DQ下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍解析如圖，當(dāng)x0時(shí)，對P：mPgMmP3a0，即星球M表面的重力加速度gM3a0；對Q：mQgNmQa0，即星球N表面的重力加速度gNa0。當(dāng)P、Q的加速度a0時(shí)，對P有：mPgMkx0，則mP，對Q有：mQgNk2x0，則mQ，即mQ6mP，B錯(cuò)誤；根據(jù)mgG得，星球質(zhì)量M，則星球的密度，所以M、N的密度之比1，A正確；當(dāng)P、Q的加速度為零時(shí)，P、Q的動能最大，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，對P有：mPgMx0Ep彈EkP，即EkP3mPa0x0E
9、p彈，對Q有：mQgN2x04Ep彈EkQ，即EkQ2mQa0x04Ep彈12mPa0x04Ep彈4(3mPa0x0Ep彈)4EkP，C正確；P、Q在彈簧壓縮到最短時(shí)，其位置與初位置關(guān)于加速度a0時(shí)的位置對稱，故P下落過程中彈簧的最大壓縮量為2x0，Q為4x0，D錯(cuò)誤。答案AC 非常規(guī)圖象的解決要領(lǐng)對于非常規(guī)圖象，要結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式或題給條件確定圖象的斜率、截距或特殊點(diǎn)的物理意義，分析圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積是否具有實(shí)際的物理意義，進(jìn)而確定相關(guān)已知量，進(jìn)行求解。如本題中，x0時(shí)的加速度是星球表面的重力加速度；a0時(shí)的x則是彈力和重力平衡時(shí)彈簧的壓縮量。備課記錄： 21(多選)質(zhì)點(diǎn)沿一直線運(yùn)動，以運(yùn)
10、動起點(diǎn)作為位移參考點(diǎn)并開始計(jì)時(shí)，設(shè)在時(shí)間t內(nèi)所發(fā)生的位移為x，其t圖象如圖所示，則由圖可知()A質(zhì)點(diǎn)的初速度為1 m/sB質(zhì)點(diǎn)的初速度為0.5 m/sC質(zhì)點(diǎn)的加速度為2 m/s2D質(zhì)點(diǎn)的加速度為4 m/s2答案AD解析由勻變速直線運(yùn)動的位移公式xv0tat2可得v0at。由此可知，t圖象的縱截距代表初速度，斜率表示加速度的，結(jié)合圖象可知，質(zhì)點(diǎn)的初速度為1 m/s，加速度為4 m/s2，故本題選A、D。22(多選)為檢測某新能源動力車的剎車性能，如圖所示是一次在平直公路上實(shí)驗(yàn)時(shí)，新能源動力車整個(gè)剎車過程中位移與速度平方之間的關(guān)系圖象，下列說法正確的是()A新能源動力車的初速度為20 m/sB剎車
11、過程新能源動力車的加速度大小為5 m/s2C剎車過程持續(xù)的時(shí)間為10 sD剎車過程經(jīng)過6 s時(shí)新能源動力車的位移為30 m答案AB解析根據(jù)0v22ax得：圖線斜率，可知，解得剎車過程中加速度的大小a5 m/s2，由題圖可知，新能源動力車的初速度的平方v400 m2/s2，則v020 m/s，故A、B正確；剎車過程持續(xù)的時(shí)間t s4 s，故C錯(cuò)誤；剎車過程中6 s內(nèi)的位移等于4 s內(nèi)的位移，則x m40 m，故D錯(cuò)誤。高考考向2傳送帶問題例3(2019河北武邑中學(xué)3月高三月考)某工廠為實(shí)現(xiàn)自動傳送工件設(shè)計(jì)了如圖所示的傳送裝置，它由一個(gè)水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB4 m
12、，傾斜傳送帶長度LCD4.45 m，傾角為37，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v15 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)將一個(gè)工件(可看做質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在水平傳送帶最左端A點(diǎn)處，求：(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶沿傳送帶上升的最大高度和所用的總時(shí)間；(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)的速度v2的大小(v2v1)。解析(1)工件剛放在傳送帶AB上時(shí)，在摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為a1，速度增加到v1時(shí)所用時(shí)間為t1，位移大小為x1，受
13、力分析如圖甲所示，則FN1mgFf1FN1ma1聯(lián)立解得a15 m/s2由運(yùn)動學(xué)公式有t1 s1 sx1a1t512 m2.5 m由于x1tan，速度相等后一起勻速；tan，速度相等后物體的加速度向下，根據(jù)v與a的方向關(guān)系即可判定運(yùn)動情況。備課記錄： 3(2019河南許昌高三二診)(多選)如圖所示為運(yùn)送糧袋的傳送帶裝置，已知A、B間的長度為L，傳送帶與水平方向的夾角為，工作時(shí)運(yùn)行速度為v，糧袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，正常工作時(shí)工人將糧袋從A點(diǎn)無初速度釋放，糧袋由A運(yùn)動到B，以下說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)()A糧袋到達(dá)B點(diǎn)的速度與v比較，可能較大，可能相等，也可能較小B糧袋開
14、始運(yùn)動的加速度為g(sincos)，若L足夠大，則以后將一定以速度v做勻速運(yùn)動C若tan，則糧袋從A到B一定是一直做加速運(yùn)動D不論如何小，糧袋從A到B一直做勻加速運(yùn)動，且agsin 答案AC解析糧袋剛放上傳送帶時(shí)，相對于傳送帶向上運(yùn)動，故受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律有：mgsinmgcosma，得agsingcos。若傳送帶長度較短，則糧袋可能在此加速過程中到達(dá)底端；若傳送帶較長，糧袋做勻加速運(yùn)動至速度v，與傳送帶同速。當(dāng)tan時(shí)，重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，糧袋繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律有：mgsinmgcosma，得agsingcos；當(dāng)tan時(shí)，重力的下滑分
15、力小于等于最大靜摩擦力，糧袋與傳送帶同速后做勻速運(yùn)動，速度為v。由上述分析可知，糧袋到達(dá)B點(diǎn)的速度與v相比，可能較大，可能相等，也可能較小，故A正確；糧袋開始運(yùn)動的加速度為agsingcos，且即使L足夠大，以后糧袋也不一定做勻速運(yùn)動，而是有可能做勻加速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；當(dāng)tan時(shí)，糧袋與傳送帶同速后繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動，但其加速度agsingcosFfm，則發(fā)生相對滑動。(4)滑塊不從滑板上掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)滑板末端時(shí)，兩者共速。備課記錄： 51(2019山東省實(shí)驗(yàn)、淄博實(shí)驗(yàn)、煙臺一中、萊蕪一中四校聯(lián)合一模)(多選)如圖所示，物塊A疊放在木板B上，mA6 kg、mB1 kg且均處于靜止
16、狀態(tài)，已知A、B間的動摩擦因數(shù)10.3，地面與B之間的動摩擦因數(shù)20.2，現(xiàn)對A施加一水平向右的拉力F，則下列說法正確的是(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10 m/s2)()A當(dāng)F18 N時(shí)，A相對B發(fā)生滑動B當(dāng)F30 N時(shí)，A的加速度是2 m/s2C當(dāng)F42 N時(shí)，A的加速度是4 m/s2D當(dāng)F48 N時(shí)，B的加速度是4 m/s2答案CD解析當(dāng)A、B剛要發(fā)生相對滑動時(shí)，A、B間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力，隔離B，對B分析，根據(jù)牛頓第二定律，得：1mAg2(mAmB)gmBa，解得：a4 m/s2，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F2(mAmB)g(mAmB)a，解得：F42 N。由以上分
17、析知，當(dāng)F42 N時(shí)，A相對B發(fā)生滑動，故A錯(cuò)誤；當(dāng)F30 N42 N時(shí)，A、B保持相對靜止，A的加速度等于整體的加速度，為：aA m/s2，故B錯(cuò)誤；當(dāng)F42 N時(shí)，A、B恰保持相對靜止，A的加速度為：aA4 m/s2，故C正確；當(dāng)F48 N42 N時(shí)，A、B已發(fā)生相對滑動，B的加速度為：aB4 m/s2，故D正確。52如圖所示，有兩個(gè)高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一質(zhì)量為5 kg、長度為2 m的長木板靠在低水平面邊緣，其表面恰好與高水平面平齊，長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)為0.05，一質(zhì)量為1 kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊靜止放置在高水平面上，距邊緣A點(diǎn)3 m，現(xiàn)用大小為6 N
18、、水平向右的外力拉滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動到A點(diǎn)時(shí)撤去外力，滑塊以此時(shí)的速度滑上長木板?；瑝K與長木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，g取10 m/s2。求：(1)滑塊滑動到A點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)滑塊滑動到長木板上時(shí)，滑塊和長木板的加速度大小分別為多少？(3)通過計(jì)算說明滑塊能否從長木板的右端滑出。答案(1)6 m/s(2)5 m/s20.4 m/s2(3)見解析解析(1)根據(jù)牛頓第二定律有Fma根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有v22aL0聯(lián)立方程代入數(shù)據(jù)解得v6 m/s其中m、F分別為滑塊的質(zhì)量和受到的拉力，a是滑塊的加速度，v是滑塊滑動到A點(diǎn)時(shí)的速度大小，L0是滑塊在高水平面上運(yùn)動的位移。(2)根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊有
19、1mgma1代入數(shù)據(jù)解得a15 m/s2對長木板有1mg2(mM)gMa2代入數(shù)據(jù)解得a20.4 m/s2其中M為長木板的質(zhì)量，a1、a2分別是滑塊剛滑上長木板時(shí)滑塊和長木板的加速度大小，1、2分別是滑塊與長木板間和長木板與低水平面間的動摩擦因數(shù)。(3)假設(shè)滑塊滑不出長木板，從滑塊滑上長木板到兩者相對靜止所用的時(shí)間為t，則va1ta2t代入數(shù)據(jù)解得t s則此過程中滑塊的位移為x1vta1t2長木板的位移為x2a2t2x1x2 mL式中L2 m為長木板的長度，所以滑塊能從長木板的右端滑出。閱卷現(xiàn)場板塊模型中的摩擦力方向判定出錯(cuò)例6(2015全國卷)(20分)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放
20、置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖甲所示。從t0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動，直至t1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖乙所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。正解(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻減速運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別
21、為m和M。由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1(2分)由題圖乙可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運(yùn)動學(xué)公式得v1v0a1t1(1分)s0v0t1a1t(1分)式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動時(shí)的速度。聯(lián)立式，并代入數(shù)值得10.1(1分)在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻減速運(yùn)動，小物塊以v1的初速度向右做勻減速運(yùn)動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2(1分)由題圖乙可得a2(1分)式中，t22 s，v20，聯(lián)立式，并代入數(shù)值得20.4(1分)(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時(shí)間t，木板和小物塊剛好
22、具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得2mg1(Mm)gMa3(2分)v3v1a3t(1分)v3v1a2t(1分)其中M15 m。碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動的位移為s1t(1分)小物塊運(yùn)動的位移為s2t(1分)小物塊相對木板的位移為ss2s1(1分)聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.0 m(1分)因?yàn)檫\(yùn)動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。(3)在小物塊和木板共速后，因?yàn)?g2a，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)用力F拉物塊A時(shí)，對B由牛頓第二定律得FTmgsinmgcosma，故兩物塊間細(xì)線中的張力FTmamgsinmgcos，與斜面傾角和動摩擦因數(shù)無關(guān)
23、，但與兩物塊的質(zhì)量有關(guān)，則當(dāng)拉力為2F時(shí)，細(xì)線中的張力為2FT，C正確，D錯(cuò)誤。2. (2019遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬)一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦。現(xiàn)將滑塊輕放在皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達(dá)到最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達(dá)到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是()A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度減小C速度先增大后減小，加速度先增大后減小D速度先增大后減小，加速度先減小后增大答案D解析滑塊輕放到皮帶上，受到向左的摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，滑塊向左做加速運(yùn)動，在此過
24、程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，可知滑塊的加速度逐漸減小，當(dāng)彈簧的彈力與滑動摩擦力相等時(shí)，加速度減為零，速度達(dá)到最大，之后彈簧的彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，滑塊做減速運(yùn)動，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據(jù)牛頓第二定律得，滑塊的加速度逐漸增大，速度逐漸減小，故D正確。3. 宇航員的訓(xùn)練、競技體育的指導(dǎo)、汽車的設(shè)計(jì)等多種工作都用到急動度的概念。加速度對時(shí)間的變化率稱為急動度，其方向與加速度的變化方向相同。一質(zhì)點(diǎn)從靜止開始做直線運(yùn)動，其加速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖。下列說法正確的是()At3 s時(shí)的急動度和t5 s時(shí)的急動度等大反向B24 s內(nèi)的質(zhì)點(diǎn)做減速運(yùn)動Ct6 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)速度大小等
25、于7 m/sD06 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)速度方向不變答案D解析加速度對時(shí)間的變化率稱為急動度，等于at圖象的斜率。由圖象知t3 s時(shí)的急動度和t5 s時(shí)的急動度等大同向，A錯(cuò)誤；根據(jù)at圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知24 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的速度增大，做加速運(yùn)動，B錯(cuò)誤；根據(jù)at圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，得06 s速度的變化量為v2 m/s22 m/s2(2) m/s3 m/s，因初速度為0，故t6 s時(shí)的速度為3 m/s，C錯(cuò)誤；根據(jù)at圖象與t軸所圍的面積表示速度的變化量，知06 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)速度的變化量均為正，說明質(zhì)點(diǎn)速度方向不變，D正確。4. (2019濰坊二模)(多選)一架無人機(jī)質(zhì)量為2
26、 kg，運(yùn)動過程中空氣阻力大小恒定。該無人機(jī)從地面由靜止開始豎直向上運(yùn)動，一段時(shí)間后關(guān)閉動力，其vt圖象如圖所示，g取10 m/s2。下列判斷正確的是()A無人機(jī)上升的最大高度為72 mB68 s內(nèi)無人機(jī)上升C無人機(jī)的升力大小為28 ND無人機(jī)所受阻力大小為4 N答案BD解析無人機(jī)上升的最大高度為H824 m96 m，A錯(cuò)誤；68 s內(nèi)無人機(jī)減速上升，B正確；無人機(jī)加速上升時(shí)的加速度大小a1 m/s24 m/s2，則由牛頓第二定律有Fmgfma1，減速上升時(shí)的加速度大小a2 m/s212 m/s2，則由牛頓第二定律有fmgma2，聯(lián)立解得升力大小為F32 N，無人機(jī)所受阻力大小為f4 N，C錯(cuò)
27、誤，D正確。5. (2019河北邢臺期末)(多選)一質(zhì)點(diǎn)以一定的初速度從A點(diǎn)開始向相距8 m的B點(diǎn)做直線運(yùn)動，運(yùn)動過程中其速度的二次方v2與位移x之間的關(guān)系圖線如圖所示，下列說法正確的是()A質(zhì)點(diǎn)做加速度增大的變加速運(yùn)動B質(zhì)點(diǎn)做勻加速運(yùn)動，其加速度大小為2 m/s2C質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的初速度大小為2 m/sD質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用的時(shí)間為8 s答案BC解析根據(jù)v2v2ax可知，2a m/s24 m/s2，則a2 m/s2，又vv22ax(3648) m2/s24 m2/s2，則可得v02 m/s，由此可知，質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動，B、C正確，A錯(cuò)誤；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)v6 m/s，質(zhì)點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)所用的時(shí)
28、間為t s2 s，D錯(cuò)誤。6如圖甲所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運(yùn)行。初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶。若從小物塊滑上傳送帶開始計(jì)時(shí)，小物塊在傳送帶上運(yùn)動的vt圖象(以地面為參考系)如圖乙所示。已知v2v1，則()At2時(shí)刻，小物塊離A處的距離達(dá)到最大Bt2時(shí)刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大C0t2時(shí)間內(nèi)，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3時(shí)間內(nèi)，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用答案B解析0t1時(shí)間：滑動摩擦力向右，小物塊向左做勻減速運(yùn)動，t1時(shí)刻速度為零，向左位移達(dá)到最大，即小物塊離A處的距離最大。t1t2時(shí)間：滑動摩擦力向右，小物
29、塊向右由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動；t2時(shí)刻以后物塊隨傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動，摩擦力為零；t2時(shí)刻以后物塊相對傳送帶靜止，故t2時(shí)刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。7. (2019河南六市高三第二次聯(lián)考)一物體的運(yùn)動圖象如圖所示，橫、縱截距分別為n和m，在圖象所示的運(yùn)動過程中，下列說法正確的是()A若該圖為xt圖象，則物體速度一直減小B若該圖為at圖象且物體的初速度為零，則物體的最大速度為mnC若該圖為ax圖象且物體的初速度為零，則物體的最大速度為D若該圖為ax圖象且物體的初速度為零，則物體最終靜止答案C解析若該圖為xt圖象，則斜率表示速度，由題圖可知物體速度不變，
30、A錯(cuò)誤；若該圖為at圖象且物體的初速度為零，則圖象與橫軸所圍的面積等于速度的變化量，可得物體的最大速度為mn，B錯(cuò)誤；若該圖為ax圖象且物體的初速度為零，則由2axv2可知，2mnv2，則物體的最大速度為，C正確；若該圖為ax圖象且物體的初速度為零，則物體最終的加速度為零，物體做勻速直線運(yùn)動，D錯(cuò)誤。8. (2020江西新余四中高三月考)甲、乙兩車在平直公路上行駛，t0時(shí)刻兩車處于同一位置，其速度時(shí)間圖象如圖所示，兩圖象交點(diǎn)處坐標(biāo)及切線如圖，則()At8 s末，甲、乙兩車相遇Bt2 s末，甲車的加速度大于乙車的加速度C在28 s內(nèi)，甲車的平均速度小于乙車的平均速度D在02 s內(nèi)，甲車的位移小于
31、乙車的位移答案D解析在vt圖象中，圖象和橫軸所圍面積表示位移大小，甲、乙兩車在平直公路上行駛，t0時(shí)刻兩車處于同一位置，t8 s末時(shí)甲的位移大于乙的位移，甲在乙的前方，故A錯(cuò)誤；t2 s末，a乙 m/s25 m/s2，a甲 m/s25 m/s2，甲車的加速度大小等于乙車的加速度大小，故B錯(cuò)誤；在28 s內(nèi)，甲的位移大于乙的位移，甲車的平均速度大于乙車的平均速度，故C錯(cuò)誤；在vt圖象中，圖象和橫軸所圍面積表示位移大小，在02 s內(nèi)，甲車的位移小于乙車的位移，故D正確。9. (2019江蘇蘇州、無錫、常德、鎮(zhèn)江四市聯(lián)合一模)如圖所示，置于粗糙水平面上的物塊A和B用輕質(zhì)彈簧連接，在水平恒力F的作用下
32、，A、B以相同的加速度向右運(yùn)動。A、B的質(zhì)量關(guān)系為mAmB，它們與地面間的動摩擦因數(shù)相同。為使彈簧穩(wěn)定時(shí)的伸長量增大，下列操作可行的是()A僅減小B的質(zhì)量B僅增大A的質(zhì)量C僅將A、B的位置對調(diào)D僅減小水平面的粗糙程度答案C解析設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，伸長量為x，A、B的加速度為a，對B受力分析有kxmBgmBa，對A受力分析有FmAgkxmAa，兩式聯(lián)立消去a，整理可得x。mB減小，x減小，故A錯(cuò)誤；mA增大，x減小，故B錯(cuò)誤；因?yàn)閙AmB，所以1，A、B位置對調(diào)以后x的表達(dá)式為x，因?yàn)閙gcos，小滑塊所受合力沿斜面向下，向下做勻加速運(yùn)動；若mgsinmgcos，則小滑塊沿斜面方向合力為零，勻
33、速下滑；若mgsinmgcos，小滑塊所受合力沿斜面向上，做勻減速運(yùn)動，當(dāng)速度減為零時(shí)，開始反向加速，當(dāng)加速到與傳送帶速度相同時(shí)，由于最大靜摩擦力大于重力向下分力，故之后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動，A、D錯(cuò)誤，B、C正確。11(2019皖南八校高三聯(lián)考)如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m11 kg的小物塊放在質(zhì)量m22 kg的長木板正中央位置，長木板靜止在水平地面上，連接物塊的輕質(zhì)細(xì)繩與水平方向的夾角為37，現(xiàn)對長木板施加水平向左的拉力F18 N，長木板運(yùn)動的vt圖象如圖乙所示，sin370.6，g10 m/s2，求：(1)長木板的長度L；(2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)2；(3)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)
34、1。答案(1)2 m(2)0.5(3)解析(1)從圖乙可知，木板運(yùn)動2 s后與小物塊分離，在02 s內(nèi)，木板的位移x m1 m則長木板的長度L2x2 m。(2)在23 s，由圖線可得長木板的加速度a24 m/s2由牛頓第二定律可得a2解得20.5。(3)在02 s，小物塊受力平衡，由此可得FNTsin37m1gTcos37f1，f11FN對木板，由牛頓第二定律可得a1由圖乙可得，長木板的加速度a10.5 m/s2解得1。12(2019山東淄博三模) 如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實(shí)驗(yàn)。某次實(shí)驗(yàn)中，砝
35、碼的質(zhì)量m10.1 kg，紙板的質(zhì)量m20.01 kg，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為0.2，砝碼與紙板左端的距離d0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝碼移動的距離超過l0.002 m，人眼就能感知。若本次實(shí)驗(yàn)未感知到砝碼的移動，求：(1)砝碼移動的最長時(shí)間；(2)紙板所需的拉力至少多大？答案(1) s(2)2.44 N解析(1)設(shè)砝碼在紙板上加速運(yùn)動時(shí)的加速度大小為a1，在桌面上減速運(yùn)動的加速度大小為a2，由m1gm1a1m1a2知a1a22 m/s2分析可知砝碼加速和減速的時(shí)間相等，位移相等，故加速運(yùn)動的距離最大是l時(shí)，砝碼移動的時(shí)間最長，設(shè)此時(shí)加速時(shí)間為t，由運(yùn)動學(xué)公式有：la1t2，得：t s，則砝碼移動的最長時(shí)間為tm2t s。(2)設(shè)當(dāng)紙板的加速度為a3時(shí)，砝碼經(jīng)歷時(shí)間t恰好從紙板上滑下，則此時(shí)的拉力最小，設(shè)為F，由運(yùn)動學(xué)公式有：da3t2，得：a3202 m/s2，由F(m1m2)gm1gm2a3，得：F2.44 N，即紙板所需的拉力至少為2.44 N。- 27 -
2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 專題復(fù)習(xí)篇二 力與直線運(yùn)動練習(xí)（含解析）
