高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第2讲 力与物体的直线运动试题
第2讲 力与物体的直线运动一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)1．(2016·银川模拟)汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急刹车开始，2 s 与5 s 时汽车的位移之比为( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3 解析 汽车停下来所用的时间为t ＝v 0a ＝4 s ，故2 s 时汽车的位移x 1＝v 0t 1＋12(－a )t 21＝30 m ；5 s 时汽车的位移与4 s 时汽车的位移相等，x 2＝v 0t 2＋12(－a )t 22＝40 m ，解得x 1x 2＝34，选项C 正确。
答案 C2．图1甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。
图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象。
两图中a ～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。
取重力加速度g ＝10 m/s 2。
根据图象分析可知( )图1A ．人的重力为1 500 NB ．c 点位置人处于超重状态C ．e 点位置人处于失重状态D ．d 点的加速度小于f 点的加速度解析 由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N ，质量m ＝50 kg ，b 点位置人处于失重状态，c 、d 、e 点位置人处于超重状态，选项A 、C 错误，B 正确；d 点位置传感器对人的支持力F 最大，为1 500 N ，由F －mg ＝ma 可知，d 点的加速度a d ＝20 m/s 2，f 点位置传感器对人的支持力为0 N ，由F －mg ＝ma 可知，f 点的加速度a f ＝－10 m/s 2，故d 点的加速度大于f 点的加速度，选项D 错误。
答案 B3．(2016·河南模拟)汽车在平直公路上做刹车试验，若从t ＝0时起汽车在运动过程中的位移与速度的平方之间的关系如图2所示，下列说法正确的是( )图2A ．t ＝0时汽车的速度为10 m/sB ．刹车过程持续的时间为5 sC ．刹车过程经过3 s 时汽车的位移为7.5 mD ．刹车过程汽车的加速度大小为10 m/s 2解析 由图象可得x ＝－110v 2＋10，根据v 2－v 20＝2ax 可得x ＝12a v 2－v 202a ，解得a ＝－5 m/s 2，v 0＝10 m/s ，选项A 正确，选项D 错误；汽车刹车过程的时间为t ＝0－v 0a＝2 s ，选项B 错误；汽车经过2 s 停止，因而经过3 s 时汽车的位移为x ＝10 m(要先判断在所给时间内，汽车是否已停止运动)，选项C 错误。
答案 A4. (2016·山东临沂市5月第二次模拟)如图3所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度向右传动。
将一物块轻轻放在皮带左端，以v 、a 、x 、F 表示物块速度大小、加速度大小、位移大小和所受摩擦力的大小。
下列选项正确的是( )图3解析 足够长的水平传送带，物块的运动分为两个过程，刚开始滑动摩擦力向右，物块匀加速运动，当物块的速度增加到等于皮带的传送速度后，物块和传送带一块匀速运动。
物块与传送带相对静止，滑动摩擦力为零，加速度为零，因此A 、B 正确，C 错误；小物块的位移在加速阶段为x ＝12at 2，是抛物线不是直线，故D 错误。
答案 AB5.甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图4所示。
关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )图4A ．在0～4 s 内甲车做匀加速直线运动，乙车做加速度减小的加速直线运动B ．在0～2 s 内两车间距逐渐增大，2～4 s 内两车间距逐渐减小C ．在t ＝2 s 时甲车速度为3 m/s ，乙车速度为4.5 m/sD ．在t ＝4 s 时甲车恰好追上乙车解析 在0～4 s 内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A 正确；在a －t 图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化，因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t ＝2 s 时甲车速度为3 m/s ，乙车速度为4.5 m/s ，选项C 正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a －t 图象可知，4 s 时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B 、D 错误。
答案 AC6．如图5甲所示，质量为m ＝1 kg 、带电荷量为q ＝2×10－3C 的小物块静置于绝缘水平面上，A 点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场，小物块运动的v －t 图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )图5 A ．小物块在0～3 s 内的平均速度为43m/s B ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．匀强电场的电场强度为3 000 N/CD ．物块运动过程中电势能减少了12 J解析 由v －t 图象中图线与纵轴所围面积的意义知0～3 s 内物块的位移为x ＝6 m ，所以在0～3 s 内的平均速度为v ＝x t＝2 m/s ，A 错；由v －t 图象中图线斜率的意义知加速阶段和减速阶段物块的加速度大小分别为a 加＝4 m/s 2和a 减＝2 m/s 2，由牛顿第二定律知qE －μmg ＝ma 加，μmg ＝ma 减，联立并代入数值得μ＝0.2，E ＝3 000 N/C ，B 错，C 对；由图象知加速阶段的位移为x 1＝2 m ，所以电场力做功W ＝qE ·x 1＝12 J ，即物块运动过程中电势能减少了12 J ，D 对。
答案 CD7．(2016·天津理综，8)我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。
假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )图6A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2解析 列车启动时，乘客随车厢加速运动，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，选项A 错误；对6、7、8节车厢的整体有F 56－3kmg ＝3ma ，对7、8节车厢的整体有F 67－2kmg ＝2ma ，故5、6节车厢与6、7节车厢间的作用力之比为F 56∶F 67＝3∶2，选项B 正确；关闭发动机后，根据动能定理得12·8mv 2＝8kmgx ，解得x ＝v 22kg，可见滑行的距离与关闭发动机时速度的平方成正比，选项C 错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为v m1＝2P 8kmg ；8节车厢有4节动车时最大速度为v m2＝4P 8kmg ，则v m1v m2＝12，选项D 正确。
答案 BD二、非选择题8.如图7所示，质量均为m ＝3 kg 的物块A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A 的左侧连接一劲度系数为k ＝100 N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上。
开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B 在水平外力F 作用下向右做a ＝2 m/s 2的匀加速直线运动直至与A 分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g ＝10 m/s 2。
求：图7(1)物块A 、B 分离时，所加外力F 的大小；(2)物块A 、B 由静止开始运动到分离所用的时间。
解析 (1)物块A 、B 分离时，对B ：F －μmg ＝ma解得：F ＝21 N(2)A 、B 静止时，对A 、B ：kx 1＝2μmgA 、B 分离时，对A ：kx 2－μmg ＝ma此过程中：x 1－x 2＝12at 2 解得：t ＝0.3 s答案 (1)21 N (2)0.3 s9．如图8甲所示，一根直杆AB 与水平面成某一角度固定，在杆上套一个小物块，杆底端B 处有一弹性挡板，杆与板面垂直，现将物块拉到A 点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后的v －t 图象如图乙所示，物块最终停止在B 点。
重力加速度g 取10 m/s 2，求：图8(1)物块与杆之间的动摩擦因数μ；(2)物块滑过的总路程s 。
解析 (1)由图象可知，物块下滑的加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝4 m/s 2，上滑时的加速度大小a 2＝Δv 2Δt 2＝8 m/s 2，杆AB 长L ＝2 m ，设直杆的倾角为θ，物块的质量为m ，由牛顿第二定律得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2代入数据得：μ＝0.25，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8。
(2)对物块整个过程分析，由动能定理得：mgL sin θ－μmgs cos θ＝0，代入数据得：s ＝6 m答案 (1)0.25 (2)6 m10．(2016·衡阳模拟)如图9所示，在水平地面上建立x 轴，有一个质量m ＝1 kg 的木块放在质量为M ＝2 kg 的长木板上，木板长L ＝11.5 m 。
已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.9(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。
木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A 点经过坐标原点O 时的速度为v 0＝10 m/s ，在坐标为x ＝21 m 处的P 点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g 取10 m/s 2，求：图9(1)木板碰挡板时的速度大小v 1；(2)碰后木板与木块刚好共速时的速度；(3)最终木板停止运动时A 、P 间的距离。
解析 (1)对木块和木板组成的系统，由牛顿第二定律得μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1v 20－v 21＝2a 1(x －L )代入数据得v 1＝9 m/s 。
(2)碰后木板向左运动，木块向右运动，由牛顿第二定律可知木块的加速度大小a m ＝μ2g ＝9 m/s 2木板的加速度大小a M ＝μ1（m ＋M ）g ＋μ2mg M＝6 m/s 2 设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为t对木板v 共＝v 1－a M t ，对木块v 共＝－v 1＋a m t得t ＝1.2 s共同速度大小v 共＝1.8 m/s ，方向向左。
(3)从木板与挡板相碰至木板与木块共速，木板的位移大小s 1＝v 1＋v 共2t ＝6.48 m 共速后木板与木块以大小为a 1＝μ1g ＝1 m/s 2的加速度向左减速至停下，木板的位移大小s 2＝v 2共2a 1＝1.62 m 最终A 、P 间距离s AP ＝L ＋s 1＋s 2＝19.60 m 。
高考物理二轮复习 第一一 力和运动 第2讲 线运动与牛顿运动律练习
拾躲市安息阳光实验学校专题一 力和运动第2讲 直线运动与牛顿运动定律A 卷一、单项选择题1．(2016·太原模拟)用水平力F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动．从t ＝0时刻起水平力F 的大小随时间均匀减小，到t 1时刻F 减小为零，则物体运动速度v 随时间t 的变化图线大致正确的是( )解析：用水平力F 拉着一物体在水平地面上做匀速直线运动，说明水平力F (设大小为F 0)等于滑动摩擦力f ，即F 0＝f .从t ＝0时刻起水平力F 的大小随时间均匀减小，其水平力F 可表示为F 0－kt ，由牛顿运动定律得，(F 0－kt )－f＝ma ，解得a ＝－ktm，即加速度a 随时间逐渐增大，所以其速度v 随时间t 的变化图线大致正确的是A.答案：A2．(2015·广东卷)甲乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示．下列表述正确的是( )A ．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B ．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C ．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D ．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析：该题图象为位移—时间图象，图象斜率大小代表速度大小，分析各段甲乙运动情况：0～0.2 h 内均做匀速直线运动，速度相等，加速度均为0，选项A 错误；在0.2～0.5 h 内做匀速直线运动，甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，选项B 正确；在0.5～0.6 h 内均静止，在0.6～0.8 h 内均做匀速直线运动，但甲的速度大于乙的速度，加速度均为0，甲的位移是－5 km ，大小是5 km ，乙的位移是－3 km ，大小为3 km ，选项C 错误；整个0.8 h 内，甲的路程是15 km ，乙的路程是11 km ，选项D 错误．答案：B3．如图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y 随θ变化的图象分别对应图乙中的( )( 59230072)图甲 图乙A ．①、②和③B ．③、②和①C ．②、③和①D ．③、①和②解析：小球受重力mg 、支持力F N ，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma ，a ＝g sin θ，而a m ＝g ，故aa m ＝sin θ；由牛顿第三定律得F ′N ＝F N ，F ′Nm ＝F Nm ，而F N ＝mg cos θ，F Nm ＝mg ，即F N F Nm ＝cos θ，则F ′NF ′Nm ＝cos θ；重力加速度的最大值g m ＝g ，即gg m＝1，故正确选项应为B.答案：B4．(2016·潮州模拟)做匀加速直线运动的物体，途中依次经过A 、B 、C三点．已知经过A 点的速度为1 m/s ，AB 段的长度为4 m ，AB 段和BC 段的平均速度分别为3 m/s 和6 m/s.则( )A ．物体运动的加速度为2 m/s 2B ．物体经过B 、C 两点的速度分别为7 m/s 和9 m/sC ．物体经过AB 段的时间为2 sD ．BC 段的长度等于AB 段的长度解析：由匀变速直线运动的平均速度公式v －AB ＝v 1＋v 22得物体在B 点的速度v 2＝2v －AB －v 1＝5 m/s ，物体经过C 点时的速度v 3＝2v －BC －v 2＝7 m/s ，由v 2－v 20＝2as 可得物体的加速度a ＝v 22－v 212s AB ＝52－122×4m/s 2＝3 m/s 2，A 、B 选项错误；物体经过AB 段的时间t 1＝s AB v AB ＝43s ，C 选项错误；BC 段的长度s BC ＝v 23－v 222a ＝72－522×3m ＝4 m＝s AB ，D 选项正确．答案：D二、多项选择题5.静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，在4 s 内该力随时间变化的关系如图所示，则( )A ．物体将做往复运动B ．2 s 末物体的加速度最大C ．2 s 末物体的速度最大D ．4 s 内物体的位移最大解析：0～2 s 内向一方向做匀加速运动，2～4 s 内仍向一方向做匀减速运动，由于对称性，2 s 末物体的速度最大，4 s 末速度为0，4 s 内位移最大．故C 、D 正确．答案：CD6．(2016·河南林州一中质量监测)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m ，物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起，但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g .某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法正确的是( )( 59230073)A ．物块B 的加速度为g 2B ．物块A 、B 之间的弹力为mg3C ．弹簧的弹力为mg2D ．物块A 的加速度为g3解析：剪断细线前，对物块A 分析，可得弹簧弹力F ＝12mg ，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为F ＝12mg ，C 正确；剪断细线的瞬间，细线对B 的拉力消失，A 、B 将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mg sin 30°－F ＝3ma ，解得a ＝13g ，A 错误，D 正确；以物块B 为研究对象，可得2mg sin 30°－F N ＝2ma ，解得F N ＝13mg ，B 正确．答案：BCD7.如图所示，物块A 、B 质量相等，在恒力F 作用下，在水平面上做匀加速直线运动．若物块与水平面间接触面光滑，物块A 的加速度大小为a 1，物块A 、B 间的相互作用力大小为F N1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A 、B 与水平面间的动摩擦因数相同，物块B 的加速度大小为a 2，物块A 、B 间的相互作用力大小为F N2，则以下判断正确的是( )A ．a 1＝a 2B ．a 1>a 2C ．F N1＝F N2D ．F N1<F解析：接触面光滑时，整体分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(m A ＋m B )a 1，可得：a 1＝Fm A ＋m B ＝F 2m ；对B 受力分析，由牛顿第二定律可得：F N1＝m B a 1＝F2.当接触面粗糙时，整体分析，由牛顿第二定律可得：F －f ＝(m A ＋m B )a 2，可得a 2＝F －f m A ＋m B ＝F －f 2m ；对B 受力分析：F N2＝m B a 2＋f 2＝F2，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确．答案：BCD 三、计算题8.(2016·湖北七校联考)在平直公路上行驶的a 车和b 车，其位移—时间图象分别为图中直线a 和曲线b ，已知b 车的加速度恒定且a ＝－2 m/s 2，t ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切．求：t ＝0时a 车和b 车的距离s 0.解析：由题图可知：a 车的速度 v a ＝8－23m/s ＝2 m/s.t ＝3 s 时，直线a 和曲线b 刚好相切，即此时b 车的速度v ′b ＝v a ＝2 m/s ，设b 车的初速度为v b ，对b 车，v b ＋at ab ＝v ′b ，t ab ＝3 s.解得v b ＝8 m/s.a 车的位移s a ＝v a t ab ＝6 m ， b 车的位移s b ＝v b ＋v ′b2t ab ＝15 m.由题图知，t ＝3 s 时a 车和b 车到达同一位置，得s 0＝s b －s a ＝9 m.答案：9 m9．(2016·四川卷)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g 取10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．解析：(1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④F ＝k (m ＋M )g ⑤s 1＝vt －12a 1t 2⑥s 2＝vt －12a 2t 2⑦s ＝s 1－s 2⑧l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m.答案：(1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m10．(2016·济南模拟)如图所示，固定斜面上放一木板PQ，木板的Q端放置一可视为质点的小物块，现用轻细线的一端连接木板的Q端，保持与斜面平行，绕过定滑轮后，另一端可悬挂钩码，钩码距离地面足够高．已知斜面倾角θ＝30°，木板长为L，Q端距斜面顶端距离也为L，物块和木板的质量均为m，两者之间的动摩擦因数为μ1＝32.若所挂钩码质量为2m，物块和木板能一起匀速上滑；若所挂钩码质量为其他不同值，物块和木板有可能发生相对滑动．重力加速度为g ，不计细线与滑轮之间的摩擦，设接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力．( 59230074)(1)求木板与斜面间的动摩擦因数μ2；(2)物块和木板发生相对滑动时，所挂钩码质量m′应满足什么条件？(3)选取适当质量的钩码可使木板由静止开始向上滑动，试讨论木板Q端到达斜面顶端所用时间t与钩码质量m′之间的关系．解析：(1)整个系统匀速时对钩码：2mg＝F T，对物块和木板：F T＝2mg sin θ＋2μ2mg cos θ，解得：μ2＝33.(2)要使二者发生相对滑动，则需木板的加速度a1大于物块的加速度a2.对物块：μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma2.解得：a2＝14g.对木板：F T′－mg sin θ－μ1mg cos θ－2μ2mg cos θ＝ma1.对钩码：m′g－F T′＝m′a1，解得：a1＝m′－94mm′＋mg，联立解得：m′>103m.(3)若m′>103m，物块和木板相对滑动，木板的位移：L＝12a1t2，物块的位移：s＝12a2t2，由于L－s<L，当Q端到达斜面顶端时，物块未从木板上滑下，所以有t2＝2La1＝2L（m′＋m）⎝⎛⎭⎪⎫m′－94m g；若2m<m′≤103m，物块和木板一起加速运动，对钩码：m′g－F T″＝m′a3，对物块和木板整体：F T″－2mg sin θ－2μ2mg cos θ＝2ma3，解得：a 3＝m ′－2mm ′＋2m g ，L ＝12a 3t 2.解得：t 2＝2L a 3＝2L （m ′＋2m ）（m ′－2m ）g.答案：(1)33 (2)m ′>103m (3)见解析B 卷一、单项选择题1．物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从t ＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙受到如图乙所示的水平拉力作用．则在0～4 s 的时间内( )图甲 图乙A ．甲物体所受合力不断变化B ．甲物体的速度不断减小C ．2 s 末乙物体改变运动方向D ．2 s 末乙物体速度达到最大解析：由甲物体的v －t 图象可知，物体加速度始终不变，故合力不变，A 错误．甲物体速度先减小后增大，B 错误．由乙物体的F －t 图象可知，乙物体2 s 末力的方向改变，加速度方向改变，而速度方向并不改变，此时速度达到最大，C 错误，D 正确．答案：D2．(2016·石家庄模拟)甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )A ．在0～4 s 内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动B ．在0～2 s 内两车间距逐渐增大，2～4 s 内两车间距逐渐减小C ．在t ＝2 s 时甲车速度为3 m/s ，乙车速度为4.5 m/sD ．在t ＝4 s 时甲车恰好追上乙车解析：在0～4 s 内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A 错误；在a －t 图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化．因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t ＝2 s 时甲车速度为3 m/s ，乙车速度为4.5 m/s ，选项C 正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a －t 图象可知，4 s 时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B 、D 错误．答案：C3．(2016·梅州模拟)小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v 随时间t 变化的关系如图所示，以下滑起点为位移坐标原点和t ＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是( )解析：由小球运动的v －t 图象可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，C 、D 两项错误；下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由s ＝12at 2可知，s －t 2图象为过原点的直线，且位移x 随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此s －t 2图象也是一条直线，由v －t 图象可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A 正确，B 错误．答案：A4.如图，弹簧吊着箱子A ，箱内放有物体B ，它们的质量均为m ，现对箱子施加竖直向上的力F ＝4mg ，而使系统静止．撤去F 的瞬间，A 、B 的加速度分别为( )( 59230075)A ．a A ＝aB ＝gB ．a A ＝g ，a B ＝0C ．a A ＝2g ，a B ＝gD ．a A ＝3g ，a B ＝g解析：撤去F 前：设弹簧的弹力大小为F 0，根据平衡条件得 对整体：F －2mg ＝F 0，解得：F 0＝2mg ，撤去F 的瞬间：弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为F 0＝2mg ，假设A 、B 之间的弹力突变为零， 则根据牛顿第二定律得 对箱子A ：F 0＋mg ＝ma A ， 解得：a A ＝3g ，对物体B ：mg ＝ma B ，解得：a B ＝g ，所以a A >a B ，又因物体B 处在箱子A 的底板之上，因此假设成立，故选D.答案：D二、多项选择题5.物体原来静止在水平地面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．根据题目提供的信息，下列判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．物体的质量为m ＝2 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3C．物体与水平面的最大静摩擦力f max＝12 ND．在F为10 N时，物体的加速度a＝2.5 m/s2解析：由题图可知，当F＝7 N时，a＝0.5 m/s2，当F＝14 N时，a＝4 m/s2，由牛顿第二定律知，F－f＝ma，故7－f＝0.5m，14－f＝4m，联立解得：m＝2 kg，f＝6 N，选项A正确，C错误；由f＝μmg解得μ＝0.3，选项B正确；由牛顿第二定律，F－f＝ma，在F为10 N时，物体的加速度a＝2.0 m/s2，选项D错误．答案：AB6.如图所示，质量为M＝5 kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m2＝1 kg的物体C，质量为m1＝2 kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C与箱子B始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，g取10 m/s2，下列说法正确的是( ) A．物体A处于失重状态B．物体A的加速度大小为2.5 m/s2C．物体C对箱子B的静摩擦力大小为3 ND．轻绳对定滑轮的作用力大小为30 N解析：假设绳子拉力为F，根据牛顿第二定律，对A有，m1g－F＝m1a；对B、C整体有，F＝(M＋m2)a；联立解得，F＝15 N，a＝2.5 m/s2；物体A有向下的加速度，故是失重，A、B正确；对C受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律有，f＝m2a＝1×2.5 N＝2.5 N，故C错误；绳子的张力为15 N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 2 N，故D错误．答案：AB7．(2016·湖北七校联考)如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则( )( 59230076)A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为3mgD．恒力F的最小值为32mg解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力．由L＝12at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan 30°＝mgF ，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当合力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin 60°＝F mg ，解得F 的最小值为F min ＝mg sin 60°＝32mg ，选项D 正确．答案：BCD 三、计算题8．某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎．由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣．假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机20 m 远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为100 m/s.某次，抛碟机将飞碟以20 m/s 初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)，求：(1)射击方向和水平方向的夹角应该是多少？(2)他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹(计算结果小数点后保留2位数字)?解析：(1)飞碟抛出后做竖直上抛运动，设飞碟上升的最大高度为h ，由v 2＝2gh 可得，h ＝v 202g＝20 m ①由于飞碟抛出点与射击点的水平距离d ＝20 m ，所以可得：tan θ＝hd＝1②所以射击方向和水平方向的夹角为θ＝45°.③(2)设飞碟上升到最高点所用时间为t 1t 1＝v 0g＝2 s ④子弹击中飞碟的位移s 和飞行时间t 2为s ＝d 2＋h 2＝202＋202m ＝20 2 m ⑤t 2＝s v ＝202100s ＝0.28 s ⑥飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔t 为t ＝t 1－t 2＝2 s －0.28 s ＝1.72 s.答案：(1)45° (2)1.72 s9．(2016·大同模拟)质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示(g 取10 m/s 2)．求：图甲 图乙(1)木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)； (2)4 s 末A 、B 的速度；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图知4 s 末A 、B 间达到最大静摩擦力，此时a ＝2 m/s 2对应A 板μm B g ＝m A aA 、B 间动摩擦因数μ＝m A am B g＝0.3.(2)由图象知4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积v ＝12at 1＝12×2×4 m/s ＝4 m/s.(3)4 s 到6 s 末t 2＝2 s ， 木板A 运动的位移 s A ＝vt 2＋12a A t 22，木块B 运动的位移s B ＝vt 2＋12a B t 22，木板的长度l ＝s B －s A ＝4 m答案：(1)0.3 (2)4 m/s (3)4 m10．如图所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4 m ，传送带甲比乙长0.45 m ，两传送带均以3 m/s 的速度逆时针匀速运动，可视为质点的物块A 从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B 由传送带乙的顶端以3 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：( 59230077) 图甲 图乙(1)物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间； (2)物块A 、B 在传送带上显示的划痕长度之比．解析：(1)物块A 一开始受重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1，代入数值得a 1＝10 m/s 2.设经时间t 1物块A 与传送带共速，则由运动学规律知v 带＝a 1t 1，即t 1＝0.3 s ，此过程中物块A 的位移为 s 1＝12a 1t 21＝0.45 m ，物块A 与传送带共速后，由牛顿第二定律知mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2，代入数值得a 2＝2 m/s 2.由运动学规律知L 甲－s 1＝v 带t 2＋12a 2t 22， 代入数值得t 2＝1 s ，所以物块A 由传送带顶端滑到底端经历的时间为 t ＝t 1＋t 2＝1.3 s.(2)在物块A 的第一个加速过程中，物块A 在传送带上显示的划痕长度为L 1＝v 带t 1－s 1＝0.45 m ，在物块A 的第二个加速过程中，物块A 在传送带上的划痕长度为L 2＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m. 所以物块A 在传送带上显示的划痕长度为L A ＝L 2＝1 m ．由分析知物块B 的加速度与物块A 在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t 2相同，所以物块B 在传送带上的划痕长度为L B ＝v 带t 2＋12a 2t 22－v 带t 2＝1.0 m ， 故物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为L A ∶L B ＝1∶1.答案：(1)1.3 s (2)1∶1。
高考物理二轮复习 训练2 力与物体的直线运动
训练2 力与物体的直线运动一、单项选择题1．如图2－10所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F作用而运动，前方固定一个弹簧，当木块接触弹簧后( )．图2－10A．将立即做变减速运动B．将立即做匀减速运动C．在一段时间内仍然做加速运动，速度继续增大D．在弹簧处于最大压缩量时，物体的加速度为零2．以36 km/h的速度沿平直公路行驶的汽车，遇障碍物刹车后获得大小为a＝4m/s2的加速度，刹车后第3s内，汽车走过的路程为( )．A．12.5 m B．2 mC．10 m D．0.5 m3．一质点受到10 N的力的作用时，其加速度为2 m/s2；若要使小球的加速度变为5 m/s2，则应该给小球施的力的大小为( )．A．10 N B．20 NC．50 N D．25 N4．我国道路安全部门规定，在高速公路上行驶的汽车最大速度为120 km/h，交通部门提供下列资料：资料一：驾驶员的反应时间：0.3～0.6 s资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数( )．A．100 m B．200 mC．300 m D．400 m5. (2012·安徽卷，17)如图2－11所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )．图2－11A．物块可能匀速下滑B．物块仍以加速度a匀加速下滑C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑6. (2012·海南单科，6)如图2－12所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑．在小物块从a运动到c的过程中，可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是( )．图2－12二、多项选择题7．(2012·新课标，14)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础，早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是( )．A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动8.一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图2－13所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法正确的是( )．图2－13A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 JC．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.19．(2012·天津卷，8)如图2－14甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值f m与滑动摩擦力大小相等，则( )．图2－14A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t2时刻后物块A做反向运动D．t3时刻物块A的动能最大10.如图2－15所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之以加速度a向上做匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg.则( )．图2－15A ．物块B 刚要离开C 时B 的加速度也为a B ．加速度a ＝gC ．以A 、B 整体为研究对象可以计算出加速度a ＝12gD ．从F 开始作用到B 刚要离开C ，A 的位移为mgk三、计算题11. (2012·江苏泰州三模)如图2－16所示，在光滑水平面上有A 、B 两个物体，B 在前，A 在后，A 正以6 m/s 的速度向右运动，B 静止；当A 、B 之间距离为18 m 时，在A 、B 之间建立相互作用，其作用力为恒力，此后B 物体加速，经过4 s ，物体B 的速度达到3 m/s ，此时撤去A 、B 之间的相互作用，A 、B 继续运动又经4 s ，A 恰好追上B ，在这一过程中：求：图2－16(1)在A 物体追上B 物体前，B 运动的位移大小；(2)在两物体间有相互作用时，物体A 和B 的加速度a A 和a B 的大小； (3)物体A 和B 的质量之比． 12．如图2－17所示，“”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC 与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：图2－17(1)斜面BC 的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功．参考答案1．C [物体在力F作用下向左加速，接触弹簧后受到弹簧向右的弹力，合外力向左逐渐减小，加速度向左逐渐减小，速度增大，当弹簧的弹力大小等于力F时合外力为0，加速度为0，速度最大，物体继续向左运动，弹簧弹力大于力F，合外力向右逐渐增大，加速度向右逐渐增大，速度减小，最后速度减小到0，此时加速度最大，综上所述，A、B、D错误，C正确．]2．D [由v t＝at可得t＝2.5 s，则第3 s内的位移，实质上就是2～2.5 s内的位移，x＝12at′2＝0.5 m．]3．D [根据F1＝ma1，把F1＝10 N，a1＝2 m/s2，代入，得m＝5 kg，再由F2＝ma2，把m＝5 kg，a2＝5 m/s2代入，解得F2＝25 N．]4．B [当驾驶员的反应时间最长，路面的动摩擦因数最小时对应的最长距离是安全距离．v＝120 km/h＝33.3 m/s，反应时间t＝0.6 s内位移x1约为20 m；又μmg＝ma，a＝3.2 m/s2，s2＝v22a＝173 m；s＝s1＋s2＝193 m．]5．C [设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律知物块的加速度a＝mg sin θ－μmg cos θm，即μ<tan θ. 对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度a′＝mg＋F sin θ－μmg＋F cos θm＝a＋F sin θ－μF cos θm，且F sin θ－μF cos θ>0，故a′>a，物块将以大于a的加速度匀加速下滑．故选项C正确，选项A、B、D错误．]6．C [物块在整个运动过程中，由能量守恒知，物块在c点的动能小于初动能，即v<v0，A项错误；物块在ab段和bc段分别做匀减速和匀加速运动，且a1>a2，故B、D错误，C正确．]7．AD [物体的惯性指物体本身要保持原来运动状态不变的性质，或者说是物体抵抗运动状态变化的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将保持静止状态或匀速直线运动状态，选项B错误；行星在圆周轨道上做匀速圆周运动，而惯性是指物体保持静止或匀速直线运动的状态，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，根据牛顿第一定律可知，物体将继续以同一速度沿同一直线一直运动下去，选项D正确．]8．AB [图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F＋f＝ma a＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下做匀减速运动，有f＝ma b ＝0.1 N ，解得F ＝f ＝0.1 N ，A 项正确；有水平拉力时，物体位移为s ＝5＋32×3 m＝12 m ，故拉力做功的数值为W ＝Fs ＝1.2 J ，B 项正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m ，C 项错误；动摩擦因数μ＝f mg ＝130，D 项错误．] 9．BD [在0～t 1时间内物块A 所受的合力为零，物块A 处于静止状态，根据P ＝Fv 知，力F 的功率为零，选项A 错误；在t 2时刻物块A 受到的合力最大，根据牛顿第二定律知，此时物块A 的加速度最大，选项B 正确；物块A 在t 1～t 2时间内做加速度增大的加速运动，在t 2～t 3时间内做加速度减小的加速运动，t 3时刻，加速度等于零，速度最大，选项C 错误、选项D 正确．]10．BD [物块B 刚要离开C 时B 的加速度为0，A 项错；未加F 时对A 受力 分析得弹簧的压缩量x 1＝mg sin 30°k ＝mg2k，B 刚要离开C 时对B 受力分析得弹簧的伸长量x 2＝mg2k，此时对A 由牛顿第二定律得F －mg sin 30°－kx 2＝ma ，解得a ＝g ，B 项正确、C 项错；物体A 的位移x 1＋x 2＝mg k，D 项正确．] 11．解析 物体B 先加速运动后匀速运动(1)x B ＝v B 2t 1＋v B t 2＝⎝⎛⎭⎫32×4＋3×4m ＝18 m.(2)a B ＝Δvt 1＝0.75 m/s 2A 物体先减速运动再匀速运动 A 减速运动的位移：x 1＝v 0t 1－12a A t 21＝6×4－12a A ×42＝24－8a A ， A 匀速运动的位移：x 2＝(v 0－a A t 1)×t 2＝24－16a A ，由题知x A ＝x 1＋x 2＝x B ＋18，即48－24a A ＝18＋18， 解得a A ＝0.5 m/s 2.(3)由牛顿第三定律有F 1＝－F 2，则质量之比m A m B ＝a B a A ＝32.答案 (1)18 m (2)a A ＝0.5 m/s 2 a B ＝0.75 m/s 2 (3)3212.解析 (1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得：a 1＝g sin θ＝6 m/s 2通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为：t 1＝1 s由运动学公式得：s ＝121t 21＝3 m.(2)滑块对斜面的压力为N 1′＝mg cos θ 木块对传感器的压力为F 1＝N 1′sin θ 由图象可知：F 1＝12 N ，解得m ＝2.5 kg.(3)滑块滑到B 点时的速度为：v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，由图象可知：f 1＝5 N ，t 2＝2 s ，滑块受到的摩擦力f ＝f 1＝5 N ，a 2＝f m 2 m/s ，s 2＝v 1t 2－12a 2t 22＝8 m ，W ＝fs 2＝40 J.答案 见解析。
高考物理二轮复习 第一部分 二轮专题突破 专题一 力与运动 课时作业2 力与物体的直线运动
课时作业2 力与物体的直线运动一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示．取物体开始运动的方向为正方向，则下列关于物体运动的描述正确的是( )A ．在1～2 s 时间内，物体做减速运动B ．在t ＝2 s 时物体的速度最大，为3 m/sC ．在1～3 s 时间内，物体做匀变速直线运动D ．在0～4 s 时间内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动 解析：在0～2 s 时间内物体加速度为正，沿正方向做加速运动，在2～4 s 时间内加速度为负，物体沿正方向做减速运动，A 、D 项错误；在1～3 s 时间内物体做加速度先减小后反向增大的变加速运动，C 项错误；a －t 图象中图线与横轴所围成的面积等于速度的变化量，因此在t ＝2 s 时物体的速度最大，为3 m/s ，B 项正确．答案：B2．2016年5月9日，位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为l 的直钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L ，且L >l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g .则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为L tB ．钢筋坠下的楼层为L －l 22ght 2＋1 C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t解析：钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离，因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －lt，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度v ，因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v ，钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1，解得n ＝L －l 22ght2＋1，B 选项正确，C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v ′＝0＋v 2＝L －l2t，D 选项错误．答案：B3．(2017·广西重点高中高三一模)警车A 停在路口，一违章货车B 恰好经过A 车，A．：2 ．：1 ．：1 D ．：2解析：物体不受水平拉力时，加速度大小为：a 1＝Δv 1Δt 1＝物体受到水平拉力作用时加速度大小为：a 2＝Δv 2Δt 2＝12－8＝ma 2，F ：F 3：2. D 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率一物块以初速度v 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，4 m/s．传送带底端到顶端的距离为14 m．物块与传送带间的动摩擦因数为18．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反a 、b .在水平恒力在竖直墙壁上，两球静止，两细线与竖直墙壁的夹角，下列说法正确的是，则下列说法正确的是( )3 s 内的平均速度为43m/sB ．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4C ．匀强电场的电场强度为3 000 N/CD ．物块运动过程中电势能减少了12 J解析：由v －t 图象中图线与纵轴所围面积的意义知0～3 s 内物块的位移为x ＝6 m ，所以在0～3 s 内的平均速度为v ＝x t＝2 m/s ，A 错；由v －t 图象中图线斜率的意义知加速阶段和减速阶段物体的加速度大小分别为a 加＝4 m/s 2和a 减＝2 m/s 2，由牛顿第二定律知qE －μmg ＝ma 加，μmg ＝ma 减，联立并代入数值得μ＝0.2，E ＝3 000 N/C ，B 错、C 对；由图象知加速阶段的位移为x 1＝2 m ，所以电场力做功W ＝qE ·x 1＝12 J ，即物块运动过程中电势能减少了12 J ，D 对．答案：CD 二、非选择题 9.粗糙的地面上放着一个质量M ＝1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m ＝0.5 kg 的小球，弹簧劲度系数k ＝200 N/m ，现给斜面体施加一水平向右为F 的恒力作用，使整体向右以a ＝1 m/s 2匀加速运动．已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2.(1)求F 的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．解析：(1)整体以a 匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律： F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，得F ＝6 N.(2)设弹簧的形变量为x ，斜面对小球的支持力为F N 对小球受力分析：在水平方向：kx cos θ－F N sin θ＝ma 在竖直方向：kx sin θ＋F N cos θ＝mg 解得：x ＝0.017 m F N ＝3.7 N.答案：(1)6 N (2)0.017 m 3.7 N10．如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的滑块(可视为质点)，从光滑、固定的14圆弧轨道的最高点A 由静止滑下，经最低点B 后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量M ＝2 kg ，其上表面与圆弧轨道相切于B 点，且长度足够长．滑块滑上木板后，木板的v －t 图象如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块经过B 点时对圆弧轨道的压力；(2)木板与地面之间、滑块与木板之间的动摩擦因数； (3)滑块在木板上滑过的距离．解析：(1)设圆弧轨道半径为R ，从A 到B 的过程中滑块的机械能守恒．设滑块到达B 点时的速度大小为v ，则由机械能守恒定律可得mgR ＝12mv 2经过B 点时，由牛顿第二定律可得。
高考物理二轮复习专题一力与运动2力与直线运动课时作业含解析
高考物理二轮复习专题：力与直线运动[题组一] 运动学规律的应用1．(2020·洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝3 m ，B 、C 之间的距离L 2＝4 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离L 等于( )A.34 mB.43 mC.825m D.258m 解析：D [设物体的加速度为a ，通过L 1、L 2两段位移所用的时间均为T ，则有：v B ＝L 1＋L 22T＝72T m/s ，由L 2＝v B T ＋12aT 2，L 1＝v B T －12aT 2，可得：ΔL ＝aT 2＝1 m ，所以L ＝v 2B 2a －L 1＝258 m ，即D 正确，A 、B 、C 错误．]2．(多选)A 、B 两车在同一直线上同向运动，B 车在A 车的前面，A 车以v A ＝10 m/s 的速度向前匀速运动，某时刻B 车关闭发动机，此时A 、B 两车相距s ＝200 m ，且B 车速度v B ＝10 m/s ，B 车所受的阻力恒为车重的110，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．B 车关闭发动机后的加速度大小为1 m/s 2B ．B 车关闭发动机后运动的位移为60 mC ．A 车追上B 车所用的时间为25 sD ．A 车追上B 车所用的时间为30 s解析：AC [B 车做匀减速直线运动的加速度大小a ＝110·mg m＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2，所以选项A 正确；B 车速度减为零的时间t 1＝v B a ＝101 s ＝10 s ，此过程中B 车的位移x B ＝v 2B2a ＝1002m ＝50 m ，所以选项B 错误；A 车在10 s 内的位移x A ＝v A t 1＝10×10 m＝100 m ，因为x A ＜x B ＋s ，可知B 车停止时还未被A 车追上，则A 车追上B 车所用的时间t ＝x B ＋s v A ＝50＋20010s ＝25 s ，故C 正确，D 错误．][题组二] 运动图像3.(2020·衡水中学模拟)如图所示，直线a 和一段抛物线b 分别表示在同一平直公路上行驶的a 车和b 车运动的x t 图像．已知在t 1＝3 s 时两车相遇，直线a 和抛物线b 刚好相切，t 2＝4 s 时对应抛物线的最高点．则下列说法中正确的是( )A ．两车相遇时b 车的速度大小为2.5 m/sB ．b 车的加速度大小为2 m/s 2C ．b 车的初速度大小为9 m/sD ．t 0＝0时两车的距离为10 m解析：B [由图可知，a 车的速度v a ＝Δx Δt ＝8－23 m/s ＝2 m/s.两车相遇时b 车的速度大小为2 m/s ，故A 错误．t 2＝4 s 时对应抛物线的最高点，对应的速度为v ＝0，根据速度公式v ＝v a －at ，解得a ＝2 m/s 2，故B 正确；t ＝3 s ，b 车的速度为：v b ＝v a ＝2 m/s ，设b 车的初速度为v 0.对b 车，由v 0＋at ＝v b ，解得：v 0＝8 m/s ，故C 错误；t ＝3 s 时，a 车的位移为：s a ＝v a t ＝6 m ，b 车的位移为：s b ＝v 0＋v a 2t ＝8＋22×3 m＝15 m ，t ＝3 s 时，a 车和b 车到达同一位置，得：s 0＝s b －s a ＝9 m ．故D 错误．]4．(多选)甲、乙两辆汽车在某平直公路上做直线运动，某时刻经过同一地点，从该时刻开始计时，它们的v t 图像如图所示．根据图像提供的信息可知( )A ．从t ＝0时刻起，开始时甲在前，6 s 末乙追上甲B ．从t ＝0时刻起，开始时甲在前，在乙追上甲前，甲、乙相距的最远距离为12.5 mC ．8 s 末甲、乙相遇，且与t ＝0时的两车位置的距离为40 mD ．0～4 s 内与4～6 s 内甲的平均速度相等解析：BC [因为t ＝0时，两车位于同一地点，所以当两车相遇时，两车的位移大小一定相等，由两车运动的v t 图像可知，开始时甲车在前，在0～6 s 时间内甲车的位移为x 1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×4×5＋10＋12×2×10 m ＝40 m ，乙车的位移为x 2＝30 m ，所以6 s 末乙未追上甲；由题图可知，4～6 s 内，甲的加速度大小a ＝5 m/s 2，分析知当两车速度相等时，两车相距最远，则有10 m/s －a (t －4 s)＝5 m/s ，解得两车达到速度相等所需的时间t ＝5 s ，所以最远距离Δx ＝12×5×(10－5) m ＝12.5 m ，选项A 错误，B 正确．由题图可知，6 s 后甲停止运动，因此相遇时，两车位置与t ＝0时两车的位置的距离为x 1＝40 m ，所用时间为t ′＝405 s ＝8 s ，选项C 正确．根据图像可知，0～4 s 内甲车的平均速度为v 1＝10＋52 m/s ＝7.5 m/s,4～6 s内甲车的平均速度为v 2＝10＋02m/s ＝5 m/s ，选项D 错误．][题组三] 牛顿运动定律的综合应用5．(多选)如图所示，质量为3 kg 的物体A 静止在竖直的轻弹簧上面，质量为2 kg 的物体B 用细线悬挂，A 、B 间相互接触但无压力．取g ＝10 m/s 2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间( )A ．B 对A 的压力大小为12 N B ．弹簧弹力大小为20 NC ．B 的加速度大小为4 m/s 2D ．A 的加速度为零解析：AC [剪断细线前，A 、B 间无压力，则弹簧的弹力F ＝m A g ＝30 N ，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，对A 、B 整体分析，整体加速度：a ＝m A ＋m B g －F m A ＋m B ＝3＋2×10－303＋2m/s2＝4 m/s 2隔离对B 分析有：m B g －F N ＝m B a ，解得：F N ＝(20－2×4) N＝12 N ，由牛顿第三定律知B 对A 的压力为12 N ，故A 、C 正确，B 、D 错误．]6．如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定．当弹簧的长度为原长时，其上端位于O 点．现有一小球从O 点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)．在此过程中，关于小球的加速度a 随下降位移x 的变化关系，下图中正确的是( )解析：A [当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：mg －kx ＝ma ，所以a ＝g －kx m.根据数学知识可知，C 、D 错误．当压缩到最低点时，加速度等于g ，故A 正确，B 错误．]7．如图甲所示，当A 、B 两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F 作用于A 的左端，使A 、B 一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a 1，A 、B 间的相互作用力的大小为N 1.如图乙所示，当A 、B 两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F 作用下，使A 、B 一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a 2，A 、B 间的相互作用力大小为N 2，则有关a 1、a 2和N 1、N 2的关系正确的是( )A ．a 1＞a 2，N 1＞N 2B ．a 1＞a 2，N 1＜N 2C ．a 1＝a 2，N 1＝N 2D ．a 1＞a 2，N 1＝N 2解析：D [对于图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度a 1＝Fm A ＋m B，对B 隔离分析，A 对B 的作用力N 1＝m B a 1＝m B Fm A ＋m B.对于图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度a 2＝F －m A ＋m B g sin θm A ＋m B ＝F m A ＋m B －g sin θ，对B 隔离分析，有N 2－m B g sin θ＝m B a 2，得N 2＝m B Fm A ＋m B.可知a 1＞a 2，N 1＝N 2，故D 正确，A 、B 、C 错误．]8．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M ，t ＝0时刻质量为m 的物块以速度v 水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v t 图像如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A ．M ＝mB ．M ＝2mC ．木板的长度为8 mD ．木板与物块间的动摩擦因数为0.1解析：BC [物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg ＝ma 1，而v t 图像的斜率表示加速度，故a 1＝7－32 m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02 m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v t 图像与t 轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×7＋3×2－12×2×2 m ＝8 m ，C 正确．] [B 级－综合练]9．(多选)一条水平传送带以速度v 0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v 向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是下图中的( )解析：BC [物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，物体在速度减小到0前，物体已经滑到传送带右端，则物体一直做匀减速运动，故B 正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大小大于物体开始时的速度大小，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v ；若传送带的速度大小小于物体开始时的速度大小，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，故C 正确，故A 、D 错误．]10．(多选)质量为M 的足够长的木板B 放在光滑水平地面上，一个质量为m 的滑块A (可视为质点)放在木板上．设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出木板B 的加速度a ，得到如图乙所示的a F 图像，取g 取10 m/s 2，则( )A ．滑块A 的质量m ＝1.5 kgB ．木板B 的质量M ＝1.5 kgC ．当F ＝5 N 时，木板B 的加速度a ＝4 m/s 2D ．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数μ＝0.1解析：AC [由图乙知，当F ＝4 N 时，A 、B 相对静止，加速度a ＝2 m/s 2.对整体分析：F ＝(m ＋M )a ，解得m ＋M ＝2 kg.当F ＞4 N 时，A 、B 发生相对滑动，对B 有：a ＝F －μmg M ＝1MF －μmg M ，由图像可知，图线的斜率k ＝1M ＝Δa ΔF＝2 kg －1，解得M ＝0.5 kg ，则滑块A 质量m ＝1.5 kg ，故A 正确，B 错误．将F ＞4 N 所对图线反向延长线与F 轴交点坐标代入a ＝1MF －μmg M，解得μ＝0.2，故D 错误．根据F ＝5 N ＞4 N 时，滑块与木块相对滑动，B 的加速度a B ＝1MF －μmgM＝4 m/s 2，故C 正确．] 11．如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P 点平滑连接，通过轻绳连接的A 、B 两物体静置于水平地面上，质量分别为m 1＝2 kg ，m 2＝4 kg ，此时轻绳处于水平状态且无拉力，物体A 与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B 与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75.对物体B 施加水平恒力F ＝76 N ，使两物体一起向右加速运动，经过时间t ＝2 s 物体B 到达斜面底端P 点，此时撤去恒力F .若两物体均可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求两物体加速时轻绳上的张力T ；(2)物体A 进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L . 解析：(1)两物体加速时对整体研究有F －μ1m 1g －μ2m 2g ＝(m 1＋m 2)a对A 物体有T －μ1m 1g ＝m 1a 解得T ＝22 N ，a ＝6 m/s 2(2)当B 物体到达P 点时二者速度v ＝at ＝12 m/s 之后B 物体沿斜面向上滑行，有m 2g sin θ＋μ2m 2g cos θ＝m 2a 2 B 物体上滑距离s ＝v 22a 2A 物体先在水平面上减速滑行，有μ1m 1g ＝m 1a 1滑行到P 点时速度设为v 1，有v 21－v 2＝－2a 1LA 物体滑上斜面后，有m 1g sin θ＋μ1m 1g cos θ＝m 1a 1′因在斜面上A 物体的加速度小于B 物体的加速度，所以与物体B 刚好不相撞，其上滑的最大距离与B 的相同，则有v 21＝2a 1′s ，解得L ＝2.4 m答案：(1)22 N (2)2.4 m12．如图甲所示，质量M ＝4 kg 且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m ＝4 kg ，大小可忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．铁块和木板开始均静止，从t ＝0时刻起铁块受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F 的作用，F 作用的时间为6 s ，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)铁块和木板在0～2 s 内的加速度大小． (2)铁块在6 s 内的位移大小．(3)从开始运动到铁块和木板相对静止，它们的相对位移大小．解析：(1)在0～2 s 内，由牛顿第二定律，对铁块有F －μmg ＝ma 1，代入数据解得铁块的加速度大小为a 1＝3 m/s 2；对木板有μmg ＝Ma 2，代入数据解得木板的加速度大小为a 2＝2 m/s 2.(2)t 1＝2 s 时，铁块运动的位移x 1＝12a 1t 21＝6 m ，木板运动的位移x 2＝12a 2t 21＝4 m,2 s 末铁块的速度v 1＝a 1t 1＝6 m/s ，木板的速度v 2＝a 2t 1＝4 m/s,2 s 后，由牛顿第二定律，对铁块有F －μmg ＝ma ′1，解得a ′1＝1 m/s 2，对木板有μmg ＝Ma ′2，代入数据解得a ′2＝2 m/s 2.设再经过t 2时间铁块和木板达到共同速度v ，则v ＝v 1＋a ′1t 2＝v 2＋a ′2t 2，代入数据解得t 2＝2 s ，v ＝8 m/s.在t 2时间内，铁块运动的位移x ′1＝v 1＋v2t 2＝14 m ，木板运动的位移x ′2＝v 2＋v2t 2＝12 m ．F 作用的最后2 s 内，铁块和木板相对静止，一起以初速度v ＝8 m/s 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板组成的整体有F ＝(m ＋M )a ，代入数据解得a ＝1.5 m/s 2，最后2 s 内铁块和木板运动的位移均为x 3＝vt 3＋12at 23＝19 m ，所以铁块在6 s 内运动的位移大小为x 铁＝x 1＋x ′1＋x 3＝39 m.(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移为x 木＝x 2＋x ′2＝16 m ，铁块和木板的相对位移大小为x 1＋x ′1－x 木＝4 m.答案：(1)3 m/s 22 m/s 2(2)39 m (3)4 m。
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.2力与物体的直线运动
1.(2016·全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，
在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍．该质点的加速度
为( )
s
3s
A.t2
B.2t2
4s
8s
C. t2
D. t2
解析：质点在时间 t 内的平均速度 v＝st，设时间 t 内的初、末 速度分别为 v1 和 v2，则 v＝v1＋2 v2，故v1＋2 v2＝st.由题意知：12mv22＝ 9×12mv21，则 v2＝3v1，进而得出 2v1＝st.质点的加速度 a＝v2－t v1＝2vt 1
解析：由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加 速度 a 甲＝10 m/s2.乙车做初速度 v0＝10 m/s、加速度 a 乙＝5 m/s2 的 匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：
x 甲＝12a 甲 t32＝45 m，x 乙＝v0t3＋12a 乙 t23＝52.5 m 由于 t＝3 s 时两车并排行驶，说明 t＝0 时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m，选项 B 正确；t＝1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙 车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车 7.5 m，由 t＝1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置 之间沿公路方向的距离为 52.5 m－12.5 m＝40 m，选项 D 正确． 答案：BD 命题点：利用匀变速直线运动规律解决追及与相遇问题，匀变
3．分析追及问题时的“一、二、一” (1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间距离最大或最小 的临界条件，也是分析判断问题的切入点． (2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的 时间关系和位移关系是解题的突破口． (3)一点注意：若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意 判断追上前该物体是否已经停止运动．
高三物理二轮专题复习第2讲 力与直线运动
【难度】 中等
123456
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
答案
v02－v12 2gs0
解析 设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，
由运动学公式得 v12－v02＝2a1s0 由牛顿第二定律－μmg＝ma1，解得 μ＝v022－gsv0 12
123456
解析 答案
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
图2
123456
√
【考点定位】 牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动力学图象 【点评】 本题关键是由对物块的受力分析，列出牛顿第二定律方程，注
意物块位移与弹簧形变量的区别 【难度】 中等
123456
解析 答案
5.(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑 线相距s0和s1(s1<s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图3所示.训练时，让运 动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v0击出，使冰球在冰面上沿 垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从 静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少 到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到 达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求： 【考点定位】 匀变速直线运动、牛顿第二定律的应用 【点评】 分析清楚各自的运动性质，抓住两运动的联系点， 主要考查应用基础知识解决基本问题的能力
命题热点1 动力学中的连接体问题 灵活应用整体法与隔离法 (1)整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且 连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程. (2)隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接 体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程.
第02讲 力与直线运动(课件)-2024年高考物理二轮复习讲练测(新教材新高考)
运动的图像
稿定PPT
2023•广东•高考真题•6、2022•河北•高考真题•1、2021•全国•高考真题•8、
稿定PPT，海量素材持续更
新，上千款模板选择总有一
款适合你
2021•辽宁•高考真题•3、2021•海南•高考真题•10、2021•广东•高考真题•8、
考情分析
考点要求
考题统计
2023•全国乙卷•12、2023•全国乙卷•12、2023•全国甲卷•3、2023•天津卷•12、
牛顿运动定律的应用
2022•天津卷•8、2022•上海卷•11、2022•山东卷•18、2022•山东卷•16、2022•山东卷
稿定PPT
•15、2022•山东卷•13、2022•全国乙卷•2、2022•全国乙卷•12、2022•全国甲卷•6、
稿定PPT，海量素材持续更
2022•辽宁卷•7、2022•辽宁卷•10、2022•江苏卷•10、2022•江苏卷•1、2022•湖南卷•9、
款适合你
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
真题研析·规律探寻
解析
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不
可以看成质点，故A错误；
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，
国甲卷•1、2021•辽宁卷•13、2021•辽宁卷•10、2021•湖南卷•8、2021•河北卷•13、
2021•广东卷•3、2021•北京卷•19、2021•北京卷•13、
考情分析
考情分析
命题规律
1.命题角度：①匀变速直线运动公式的灵活运用;②根据图像分析物体的运动情
高考物理二轮复习专题复习(练习)专题一 力与直线运动2
训练2力与物体的平衡一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a 和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为()A.m2 B.32mC．m D．2m解析：本题考查受力分析、共点力平衡问题，意在考查学生对平衡条件的理解能力及对隐含条件的分析判断能力．由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左右端跨过位于定光滑轴悬挂一质量为M的物体；M．如图所示，竖直悬挂于BC、AC与竖直方向的夹4．如图所示，轻质弹簧一端系在质量为m＝1 kg的小物块上，另一端固定在墙上．物块在斜面上静止时，弹簧与竖直方向的夹角为37°，已知斜面倾角θ＝37°，斜面与小物块间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面固定不动．设物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，下列说法正确的是()A．小物块可能只受三个力B．弹簧弹力大小一定等于4 NC．弹簧弹力大小可能等于5 ND．斜面对物块支持力可能为零解析：由于μmg cos37°＝4 N，mg sin37°＝6 N，故μmg cos37°<mg sin37°，若不受弹簧的压力则木块不可能静止，故物块一定受弹簧的压力，还受重力、斜面支持力和静摩擦力，四个力的作用而平衡，A错误；若要物块静止，μ(mg cos37°＋F N)≥6 N，解得F N≥4 N，故B错误，C正确；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对物块的支持力不可能为零，D错误．答案：C5．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘空心斜面ABC放置在水平面上，∠CAB＝30°，斜面内部O点(与斜面无任何连接)固定有一正点电荷，一带负电的小物体(可视为质点)可以分别静止在M、N、MN的中点P上，OM＝ON，OM∥AB，则下列判断正确的是()A．小物体分别在三处静止时所受力的个数一定都是4个B．小物体静止在P点时受到的支持力最大，静止在M、N点时受到的支持力相等C．小物体静止在P点时受到的摩擦力最大D．当小物体静止在N点时，地面给斜面的摩擦力为零解析：由共点力平衡可知在M点小物体可以受三个力的作用，A错误；根据几何关系，小物体在M、N两点时，库仑力垂直于AC，方向的分力相同，支持力等于重力的分力加上库仑力的分力，所以静止在M、N点时受到的支持力相等，OP 垂直于AC，故支持力等于重力的分力加上库仑力，所以小物体静止在P点时受到的支持力最大，故B正确；在P点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，在N点小物体受静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力加库仑力的分力，大于在P点所受摩擦力，C错误；因正点电荷与斜面无任何连接，小物体静止在N点时，地面给斜面向右的静摩擦力，所以D错误．答案：B6.如图所示，质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A 在地面上，B在空中)，力F与水平方向成θ角．则A所受支持力F N和摩擦力f满足()A．F N＝m1g＋m2g－F sinθ的斜面体A放在粗糙水平面用轻绳拴住质量为m的小球面上，整个系统处于静止状态．已知斜面如图所示，顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上，A、B两物体通过细A．水平力F一定变小B．斜面体所受地面的支持力不变C．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大D．地面对斜面体的摩擦力一定变大解析：物体B受到三个力作用，受力平衡，可判断F逐渐增大，A错误；斜面体对物体A的支持力不变，物体A受到的摩擦力情况与初状态受到的摩擦有关，当初状态摩擦力沿斜面向下时，摩擦力应该是先减小后增大，故C错误；对物体A、B和斜面体整体进行受力分析，地面对斜面的摩擦力等于F，逐渐增加，地面对斜面体的支持力不变，故B、D正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．如图所示，AC和BC两轻绳共同悬挂一质量为m的物体，若保持AC绳的方向不变，AC绳与竖直方向的夹角为60°，改变BC绳的方向，试求：(1)物体能达到平衡时，θ角的取值范围；(2)θ在0～90°的范围内，求BC绳上拉力的最大值和最小值．解析：(1)改变BC绳的方向时，AC绳的拉力F TA方向不变，两绳拉力的合力F与物体的重力平衡，重力大小和方向保持不变，如图所示，经分析可知，θ最小为0°，此时F TA＝0；且θ必须小于120°，否则两绳的合力不可能竖直向上，所以θ角的取值范围是0°≤θ<120°.(2)θ在0～90°的范围内，当θ＝90°时，F TB最大，F max＝mg tan60°＝3mg当两绳垂直时，即θ＝30°时，F TB最小，F min＝mg sin60°＝32mg.答案：(1)0°≤θ<120°(2)3mg3 2mg10.如图所示，轻杆BC的C点用光滑铰链与墙壁固定，杆的B点通过水平细绳AB使杆与竖直墙壁保持30°的夹角．若在B点悬挂一个光滑定滑轮(不计重力)，某人用它匀速地提起重物．已知重物的质量m＝30 kg，绕绳质量不计，人的质量M＝50 kg，g取10 m/s2.试求：(1)此时地面对人的支持力的大小；(2)轻杆BC和绳AB所受力的大小．解析：(1)因匀速提起重物，则绕绳对重物的拉力F T＝mg，绕绳对人的拉力大小为mg，所以地面对人的支持力为：F N＝Mg－mg＝(50－30)×10 N＝200 N，方向竖直向上(2)定滑轮对B点的拉力方向竖直向下，大小为2mg，杆对B点的弹力方向沿杆的方向，如图所示，由共点力平衡条件得：。
高考物理二轮复习专题一力与直线运动力与物体的直线运动训练.docx
1-1-2 力与物体的直线运动课时强化训练1．(2018·河南一联)图示为一做直线运动的质点的位移与速度的二次方的关系图线。
该质点运动的加速度大小为()A．4 m/s2B．2 m/s2C．1 m/s2D．0.5 m/s2[解析] 由x-v2图像结合速度-位移关系式v2－v20＝2ax分析可知，质点做初速度为零的匀加速直线运动，图线函数表达式为v2＝2ax，可得a＝v22x＝42×1m/s2＝2 m/s2，故选项B正确。
[答案] B2．(2018·北京石景山区一模)如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点。
现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点(弹簧始终处于弹性限度内)。
在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是()[答案] A3．(2018·广东四校联考)甲、乙两物体从不同地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v-t图线为两段直线，乙物体运动的v-t图线为两段半径相同的四分之一圆弧的曲线，如图所示，图中t4＝2t2，则以下说法正确的是()A．两物体在t1时刻加速度相同B．两物体不可能在t2时刻相遇C．两物体在0～t4这段时间内的平均速度相同D．两物体在t3时刻相距最远，t4时刻相遇[解析] 在v-t图中，图线的斜率表示加速度，在t1时刻甲、乙的加速度方向不同，A错误。
两物体从不同地点出发，同时开始同向运动，两物体尽管在0～t2时间内位移不同，但仍可能在t2时刻相遇，B项错误。
在v-t图像中图线与t轴所围面积代表位移，由图可知在0～t4时间内甲、乙两物体位移相同，而平均速度＝xt相同，C项正确。
由于从不同地点出发，谁在前不知道，不能判定相距最远及相遇的时刻，D项错误。
[答案] C4．(2018·湖北黄冈期末)远在春秋战国时代(公元前772—前221年)，我国杰出学者墨子认为：“力，刑之所以奋也。
2024年高考物理二轮复习专题2：力与直线运动(附答案解析)
专题02·力与直线运动能力突破本专题主要讲解参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重的问题。
高考热点(1)匀变速直线运动规律和推论的灵活应用；(2)牛顿运动定律的运用；(3)以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。
出题方向选择题和计算题均有涉及，题目难度一般为中档。
考点1匀变速直线运动规律的应用1．匀变速直线运动的基本规律(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝xt＝vt2。
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
【例1】（2022秋•湛江期末）某汽车正以72/km h的速度在公路上行驶，为“礼让行人”，若驾驶员以大小为25/m s的加速度刹车，则以下说法正确的是()A．汽车刹车30m停下B．刹车后1s时的速度大小为15/m sC．刹车后5s时的速度大小为5/m sD．刹车后6s内的平均速度大小为5/m s【分析】汽车刹车后先做匀减速直线运动，最后静止。
根据运动学规律，先计算刹车需要多长时间，然后在刹车时间内，计算各种物理量即可。
【解答】解：汽车的初速度072/20/v km h m s==A ．汽车停止运动后的末速度为零，所以刹车的距离2202040225v x m m a ===⨯，故A 错误；B ．刹车后1s 时的速度大小10120/51/15/v v at m s m s m s =-=-⨯=，故B 正确；C ．汽车从开始刹车到速度为零的时间为：002045v t s s a ===，所以刹车后5s 时的速度大小零，故C 错误；D ．汽车刹刹车的时间是4s ，所以车后6s 内的位移等于刹车4s 内的位移为40m ，刹车后6s 内的平均速度大小4020//63x v m s m s t ===，故D 错误。