高考物理二轮复习专题分层突破练2 力与直线运动(含解析)

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2024年高考物理二轮复习专题分层突破训练2力与直线运动

专题分层突破练2力与直线运动A组基础巩固练1.(2023浙江衢州模拟)北京冬奥会速滑馆内装有猎豹超高速4K轨道摄像机,让犯规无处遁形。

某次速度滑冰比赛中,摄像机和运动员的水平位移x随时间t变化的图像分别如图所示,下列说法正确的是()A.摄像机做直线运动,运动员做曲线运动B.0~t1时间内摄像机在前,t1~t2时间内运动员在前C.0~t2时间内摄像机与运动员的平均速度相同D.0~t2时间内任一时刻摄像机的速度都大于运动员的速度2.如图所示,甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶,两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备,这两个蓝牙设备在5 m以内能够实现通信。

t=0时刻,甲、乙两车刚好位于图示位置,此时甲车的速度为5 m/s,乙车的速度为2 m/s,O1、O2的距离为3 m。

从该时刻起甲车以1 m/s2的加速度做匀减速直线运动直至停下,乙车保持原有速度做匀速直线运动。

忽略信号传递时间,从t=0时刻起,甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为()A.2.00 sB.4.75 sC.6.00 sD.6.25 s3.(2023河南安阳模拟)很多智能手机都有加速度传感器,能通过图像显示加速度情况,用手掌托着智能手机,打开加速度传感器,把手机向上抛出,然后又在抛出点接住手机,得到如图所示的加速度随时间变化的图像,图中t1=0.38 s,t2=0.55 s,t3=0.66 s,t4=1.26 s,重力加速度g取10 m/s2,由此可判断出()A.t1时刻手机的速度最大B.t2时刻手机离开手掌C.t3时刻手机处于超重状态D.手机离开手掌后上升的高度为0.45 m4.(2023全国乙卷)一同学将排球自O点垫起,排球竖直向上运动,随后下落回到O点。

设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比,则该排球()A.上升时间等于下落时间B.被垫起后瞬间的速度最大C.达到最高点时加速度为零D.下落过程中做匀加速运动5.(2023山东日照模拟)如图所示,质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上,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,重力加速度g取10 m/s2。

高考物理二轮专题复习专题能力训练：专题二力与物体的直线运动 Word版含答案

专题能力训练2力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共6小题,每小题10分,共60分。

在每小题给出的四个选项中,1~3题只有一个选项符合题目要求,4~6题有多个选项符合题目要求,全部选对的得10分,选对但不全的得5分,有选错的得0分)1.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为m0=5 kg,小车上静止放置一质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数为μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度a1和小车的加速度a2,可能正确的有()A.a1=2 m/s2,a2=1 m/s2B.a1=1 m/s2,a2=2 m/s2C.a1=2 m/s2,a2=4 m/s2D.a1=3 m/s2,a2=5 m/s22.(·河北名校联盟联考)如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg3.如图甲所示,粗糙斜面与水平面的夹角为30°,质量为0.3 kg 的小物块静止在A点。

现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上,作用一段时间后撤去推力F,小物块能达到的最高位置为C点,小物块从A到C的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.小物块到C点后将沿斜面下滑B.小物块加速时的加速度是减速时加速度的C.小物块与斜面间的动摩擦因数为D.推力F的大小为6 N4.(·湖北荆门调研)下面四个图象依次分别表示四个物体A、B、C、D的加速度a、速度v、位移x和滑动摩擦力f随时间t变化的规律。

2020高考物理二轮复习专题提升训练2力与直线运动含解析

专题提升训练2力与直线运动一、单项选择题(本题共5小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2019·河东区一模)如图甲所示,滑雪运动员由斜坡高速向下滑行,其速度—时间图像如图乙所示,则由图像中AB段曲线可知,运动员在此过程中()A.机械能守恒B.做变加速运动C.做曲线运动D.所受力的合力不断增大答案:B解析:运动员在下滑过程中,受到阻力作用,阻力要对运动员做负功,使运动员的机械能减少,运动员的机械能不守恒,故A错误;匀加速运动的v-t图像是一条直线,可知运动员的v-t图像是一条曲线,曲线切线的斜率越来越小,运动员的加速度越来越小,因此运动员做加速度逐渐减小的加速运动,故B正确;运动员沿斜坡下滑,做直线运动,故C错误;由于运动员的加速度a 逐渐减小,运动员所受合力F=ma不断减小,故D错误。

2.(2019·河北唐山一模)现有两辆不同型号的电动汽车甲、乙,在同一平直公路上,从同一地点,朝相同方向做直线运动,它们的v-t图像如图所示。

则()A.两车加速阶段的加速度大小之比为3∶1B.乙追上甲的时刻为15 s末C.乙刚出发时,甲车在其前方25 m处D.15 s后两车间距离开始逐渐增大答案:C解析:由加速度定义式易得,甲车在加速阶段的加速度a1=2m/s2,乙车加速度a2=1m/s2,A项错误;速度—时间图像与时间轴所围面积表示位移,故在15s内,甲车位移大于乙车位移,B项错误;由图像可知,t=5s时乙车出发,此时甲车的位移为25m,又两车从同一地点出发,故C项正确;15s后,乙车速度大于甲车速度,在15s时甲车在前,乙车在后,故两车距离先逐渐减小,D项错误。

3.(2019·广东深圳第一次调研)下图为甲、乙两物体做直线运动的x-t图像,对于0~t1时间内两物体的运动,下列说法正确的是()A.甲物体速度方向与加速度方向相同B.乙物体加速度方向与速度方向相反C.甲物体的平均速度大于乙物体的平均速度D.乙物体位移变小,速度变大答案:B解析:由x -t 图像可知甲物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项A 错误;乙物体速度逐渐减小,做减速运动,加速度方向与速度方向相反,选项B 正确;由题图可知,两物体在t 1时间内的位移大小相等,则平均速度大小相等,选项C 错误;乙物体位移变小,速度变小,选项D 错误。

高考物理二轮复习专项突破训练力与直线运动.docx

力与直线运动1.如图1所示，一质点由静止开始，从A到B做匀加速直线运动．已知质点在第1 s内的位移恰好等于它在最后1 s内位移的14，则下列物理量中可求出的是()图1A．A、B两点之间的距离B．质点从A运动到B所用的时间C．质点运动的加速度大小D．质点到达B点时的速度大小2．(多选)汽车自O点出发从静止开始在平直公路上做匀加速直线运动，途中在5 s内分别经过A、B两根电杆，已知A、B电杆相距50 m，车经过电杆B 时的速率是15 m/s，则()A．经过A杆时的速率是5 m/sB．车的加速度是1.5 m/s2C．A、O间距离是6.25 mD．车从出发到B所用的时间是9 s3．甲、乙两车在平直公路上行驶，其v－t图象如图2所示．t＝0时刻，两车间距为x0；t0时刻，甲、乙两车相遇.0～t0时间内甲车发生的位移为x，下列说法正确的是()图2A．0～t0时间内甲车在前，t0～2t0时间内乙车在前B．0～2t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C．2t0时刻甲、乙两车相距1 2x0D．x0＝6 7x4．如图3所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端．开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()图3A．a A＝a B＝gB．a A＝2g，a B＝0C．a A＝3g，a B＝0D．a A＝23g，a B＝05．(多选)如图4所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是()图4A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sin θ6．(多选)如图5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/s2.某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间()图5A．B对A的压力大小为12 NB．弹簧弹力大小为20 NC．B的加速度大小为4 m/s2D．A的加速度为零7．(多选)如图6所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是()图6A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B．物块B最终一定追上物块AC．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变8．(多选)机场使用的货物安检装置如图7所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面．已知背包与传送带的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是()图7A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 sB．背包从A运动到B所用的时间为2.3 sC．背包与传送带之间的相对位移为0.3 mD．背包与传送带之间的相对位移为0.1 m9．如图8所示，一货场需将质量m1＝60 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用倾斜轨道SP和竖直面内圆弧形轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端无初速度滑下后，滑上置于水平地面紧靠在一起的木板A、B上．倾斜轨道SP竖直高度h＝1.2 m，与水平面夹角θ＝53°.圆弧形轨道PQ半径R＝2 m，末端Q切线水平，两轨道相切于P点，且不计货物与两轨道间的摩擦．开始时木板A紧靠弧形轨道末端Q，木板A上表面与轨道末端Q相切．相同的两块木板A、B，长度均为l＝3 m，质量均为m2＝60 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.15，货物与木板间的动摩擦因数为μ2(未知)，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取重力加速度大小g＝10 m/s2.图8(1)求货物到达圆弧形轨道末端Q时对轨道的压力；(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ2应满足的条件；(3)若μ2＝0.40，求货物最后停在哪块木板上及在该木板上滑行的距离．10．如图9所示，以水平地面建立x轴，有一质量m＝1 kg的小木块放在质量为M＝2 kg的长木板的左端A点，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．初始时m与M－起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10 m/s，在坐标为x＝27.5 m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下．取g＝10 m/s2，求：图9(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；(2)最终木板停止时A点的位置坐标．参考答案1.答案 B2.答案 AC3.答案 D4.答案 D解析水平细线被剪断前对A 、B 进行受力分析如图，静止时，F T ＝F sin 60°，F cos 60°＝m A g ＋F 1，F 1＝m B g ，且m A ＝m B水平细线被剪断瞬间，F T 消失，其他各力不变，所以a A ＝FT mA ＝23g ，a B＝0，故选D.5.答案 BCD解析若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a ＝g sin θ，然后隔离A ，对A 分析，设杆的作用力为F ，则F ＋mg sin θ＝ma ，解得F ＝0，A 错误，B 正确；剪断细线前，以A 、B 、C 组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F 弹＝(3m ＋2m ＋m )g sin θ＝6mg sin θ.以C 为研究对象知，细线的拉力为3mg sin θ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，以A 、B 组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F 弹－(m ＋2m )g sin θ＝(m ＋2m )a AB ，解得A 、B 两个小球的加速度为a AB ＝g sin θ，方向沿斜面向上，以B 为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB －2mg sin θ＝2ma AB ，解得杆的拉力为F AB ＝4mg sin θ，故C 、D 正确．6.答案 AC解析剪断细线前，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＋2m/s 2＝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．7.答案BC解析物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan 37°＝0.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan 37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin 37°＋μB g cos 37°＝10 m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝vaB1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sin θ－μB g cos θ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin 37°＋μA g cos 37°＝12 m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝vaA1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t＝0.24 s时两物块速度相等，选项C正确；在开始的0.24 s内因为A的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s后物块B继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D错误．8.答案AD解析背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，由牛顿第二定律得μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度v＝1 m/s所用时间t1＝va＝0.2s，此过程背包对地位移x1＝v2t1＝12×0.2 m＝0.1 m<L＝2 m，所以共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包对于传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝(1×0.2－0.1) m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝L－x1v＝2－0.11s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故选A、D.9.答案(1)1 800 N，方向竖直向下(2)0.30<μ2≤0.45(3)B木板 1.6 m解析(1)设货物滑到圆弧轨道末端Q时的速度为v，货物的下滑过程根据机械能守恒定律得：m1g[h＋R(1－cos θ)]＝12m1v2货物滑到圆弧形轨道末端所受支持力的大小为F N，根据向心力公式得：F N－m1g＝m1v2 R联立得：v＝210 m/s，F N＝1 800 N根据牛顿第三定律，货物到达圆弧形轨道末端时对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 800 N，方向竖直向下(2)若货物滑上木板A时，木板不动，对木板A和B整体分析，则有：μ2m1g≤μ1(m1＋2m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，对木板B分析得：μ2m1g>μ1(m1＋m2)g 联立得：0.30<μ2≤0.45(3)若μ2＝0.4，由上问可知，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ2m1g＝m1a1设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v12－v2＝－2a1l 联立可以得到：v1＝4 m/s设货物滑上木板B经过时间t货物与木板B达到共同速度v2，木板B的加速度为a2由牛顿第二定律和运动学公式得：对于木板B有：μ2m1g－μ1(m1＋m2)g＝m2a2，v2＝a2t，对于货物有：v2＝v1－a1t木板的位移：x2＝v2 2t货物的位移：x1＝v1＋v22t货物相对木板B的位移：Δx＝x1－x2联立得：Δx＝1.6 m货物与木板B达到共同速度v2后，由于μ2>μ1，货物与木板B间没有相对滑动则货物最后停在木板B上，在木板B上滑行的距离Δx＝1.6 m.10.答案(1)18 m 2 s(2)x A＝－1 m解析(1)以向右为正方向，对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1，解得a1＝－1 m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：v2－v02＝2a1(x－L)碰后对木块，由牛顿第二定律：－μ2mg＝ma2解得a2＝－5 m/s2对木板：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3解得a3＝4 m/s2依题意，碰后经时间t共速，由速度公式v＋a2t＝－v＋a3t解得t＝2 9v木块与木板的相对位移：L＝12×2vt＝29v2联立解得L＝18 m；v＝9 m/s；t＝2 s(2)共速后的速度v共＝v＋a2t＝－1 m/s，方向向左，因μ1<μ2，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动学公式：x1＝－v＋v共2t＝－10 mx2＝错误!＝－0.5 m故A点的坐标x A＝x＋x1＋x2－L＝－1 m.。

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。

专题02 力与直线运动【讲】-2021年高考物理二轮讲练测解析版

第一部分力与运动专题02力与直线运动【讲】一、素养呈现1.物理观念：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、单位制。

2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与隔离法、图象法、控制变量法、临界法。

3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。

4.科学态度与责任：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。

二、素养落实1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用2.掌握瞬时性问题的两类模型3.熟悉图象类型及图象信息应用高考命题点命题轨迹情境图匀变速直线运动规律的应用20201卷2416(1)21题20191卷1819(1)18题20181卷142卷163卷16牛顿运动定律的应用20201卷20,2卷2515(1)20题18(1)15题20181卷15动力学方法分析“传送带”模型20203卷25动力学方法分析“板—块”模型20151卷25,2卷2515(1)25题15(2)25题17(3)25题19(3)20题考点一匀变速直线运动规律的应用【考点诠释】1．匀变速直线运动的基本规律(1)速度关系：v ＝v 0＋at 。

(2)位移关系：x ＝v 0t ＋12at 2。

(3)速度位移关系：v 2－v 20＝2ax 。

(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v ＝xt ＝v t2。

(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 ＝aT 2。

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。

高考总复习优化设计二轮用书物理(新高考)第二讲力与直线运动

2.(命题角度3、4)(多选)(2022全国甲卷)如图所示,质量相等的两滑块P、Q
置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数
均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P,使两滑块均做匀
速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前
( AD )
A.P的加速度大小的最大值为2μg
②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则,可以正交分解
力,也可以正交分解加速度。
(3)斜面体与物体组成的连接体问题:当物体具有沿斜面方向的加速度,而
斜面体相对于地面静止时,一般采用隔离法分析。
命题角度4动力学中的临界极值问题
深化拓展
解决动力学问题的常用方法
典例剖析
例2 (命题角度2)(2022山东卷)某粮库使用额定电压U=380 V,内阻R=0.25
2024
高考总复习优化设计
GAO KAO ZONG FU XI YOU HUA SHE JI
第二讲力与直线运动
目录索引
1 通览主干知识
2 研学核心考点
考点一
运动学基本规律的理解及应用
分层突破——明要点
命题角度1匀变速直线运动规律的应用
(1)记牢匀变速直线运动的四类公式
(2)掌握处理匀变速直线运动的五种方法
图像对应的运动中,甲、乙两人在t0时刻之前能再次相遇的是( BC )
解析根据位移—时间图像的交点表示相遇,可知甲、乙两人在t0时刻之前
能再次相遇的位移—时间(x-t)图像是B,选项A错误,B正确;根据速度—时间
图像与坐标轴所围面积表示位移,可知甲、乙两人在t0时刻之前能再次相
遇的速度—时间(v-t)图像是C,选项C正确,D错误。

2020年高考物理二轮专题复习二：力与物体的直线运动(解析附后)

2020年高考物理二轮专题复习二：力与物体的直线运动（解析附后）考纲指导变速直线运动规律是高中力学知识的基础，本章内容在历年高考的选择题中均有考查，在计算题中也有考查。

选择题中主要考查两种运动学图象的理解和应用；计算题中主要考查匀变速直线运动规律的应用。

对于本部分内容，分析历年命题情况可以发现有两大趋势：一是题型向着选择题方向发展；二是把对图象物理意义的理解和匀变速直线运动规律综合在一个选择题中进行考查。

知识梳理1．基本思路2．解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图。

对于多运动过程问题，还要找准一个转折点，特别是转折点的速度。

3．常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用。

(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。

(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题。

训练题1．(2019·全国卷Ⅰ·18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。

上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H4所用的时间为t 2。

不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A ．1＜t 2t 1＜2B ．2＜t 2t 1＜3C ．3＜t 2t 1＜4 D ．4＜t 2t 1＜52．(2018·浙江4月选考)一带电粒子仅在电场力作用下从A 点开始以－v 0做直线运动，其v －t 图象如图所示。

粒子在t 0时刻运动到B 点，3t 0时刻运动到C 点，下列判断正确的是( )A ．A 、B 、C 三点的电势关系为φB ＞φA ＞φC B ．A 、B 、C 三点的场强大小关系为E C ＞E B ＞E AC ．粒子从A 点经B 点运动到C 点，电势能先增加后减少D ．粒子从A 点经B 点运动到C 点，电场力先做正功后做负功易错题1．(多选)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

2020新课标高考物理二轮总复习作业2 力和直线运动 Word版含解析

姓名，年级：时间：专题强化训练(二）一、选择题（共10个小题，3、4、5、8、10为多选，其余为单选,每题5分共50分)1．(2016·上海)物体做匀加速直线运动,相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是（)A.错误! m/s2 B。

错误! m/s2C。

错误! m/s2D。

错误! m/s2答案B解析根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于错误!时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：v1＝错误!1＝错误! m/s＝4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：v2＝错误!2＝错误! m/s＝8 m/s；则物体加速度为：a＝错误!＝错误! m/s2＝错误! m/s2,故B项正确．2．高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6 km/h 的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0。

7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC通道的长度约为（）A．4.2 m B．6.0 mC．7.8 m D．9。

6 m答案D解析21.6 km/h＝6 m/s汽车在前0.3 s＋0。

7 s内做匀速直线运动,位移为：x1＝v0（t1＋t2)＝6×（0。

3＋0。

7) m＝6 m随后汽车做减速运动,位移为：x2＝错误!＝错误! m＝3。

6 m所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝(6＋3.6） m＝9.6 m故A、B、C三项错误，D项正确．3．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其错误!－t的图象如图所示，则( )A．质点做匀加速直线运动，加速度为1。

0 m/s2B．质点在1 s末速度为1。

5 m/sC．质点在第1 s内的平均速度为0。

高考物理二轮复习专题突破—力与直线运动(含解析)

高考物理二轮复习专题突破—力与直线运动1.(2021福建福州协作校高三联考)2020年10月1日,我国首座跨海公铁两用桥、世界最长跨海峡公铁两用大桥平潭海峡公铁两用大桥公路面试通车。

设在某一段笔直的大桥公路面上有一汽车遇紧急情况刹车,经1.5 s停止,刹车距离为9 m。

若汽车刹车后做匀减速直线运动,则汽车停止前最后0.5 s的位移是()A.1 mB.1.5 mC.2 mD.2.5 m2.(2021河北唐山一中高三期中)一物体从静止开始做直线运动,其加速度随时间变化如图所示,则1~2 s的平均速度大小()A.等于3 m/sB.大于3 m/sC.小于3 m/sD.无法确定3.(2021山东高三模拟)右图为一辆塞满足球、排球、篮球的手推车,车沿倾角为θ的粗糙路面向下加速运动。

图中A是质量为m的一个篮球,关于它受到的周围其他球的作用力,下列判断正确的是()A.一定等于mg sin θB.一定大于mg sin θC.一定等于mg cos θD.一定大于mg cos θ4.(2021山东日照高三一模)甲、乙两个可以视为质点的物体,运动过程中的v-t图像如图所示。

若两个物体在3 s末恰好相遇,下列说法正确的是()A.甲向正方向运动,乙向负方向运动B.甲的加速度小于乙的加速度C.t=0时,甲在乙前15 m处D.3 s后二者可能再次相遇5.(2021福建福州协作校高三联考)如图所示,小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳连接一小球。

当小车和小球相对静止,一起在水平面上运动时,下列说法正确的是()A.若小车做匀速直线运动,轻弹簧对小球一定没有弹力B.当小车做匀变速直线运动时,小球一定向右加速C.当小车做匀变速直线运动时,小球加速度方向一定向左D.当小车加速度a=g tan α时,轻弹簧对小球一定没有弹力6.(2021湖南岳阳高三一模)如图所示,光滑水平面与倾角为θ的光滑斜面平滑连接,小滑块A从斜面上某位置由静止释放,同时位于平面上紧靠斜面的小滑块B在外力的作用下由静止开始向左匀加速运动,若要求A不能追上B,则B的加速度a的取值范围是()g sin θB.a>g sin θA.a>12C.a>gD.条件不足,无法确定7.(2021河南郑州高三高考模拟)大型商场的螺旋滑梯是小孩喜欢游玩的设施,该设施由三段轨道组成,小孩从第一段OA轨道进入后,从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B处,AB段总长为16 m,小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为s=0.125t2(s单位为m,t单位为s),小孩在第三段BC看作匀减速直线运动,BC长度为x=2 m,高度差h=0.4 m,小孩最终刚好停在C点处。

新课标高考物理二轮复习专题02-力与物体的直线运动(解析版)

高考物理二轮复习专题内容02力与物体的直线运动§知识网络§匀变速直线运动的基本规律1.匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v＝v0＋at。

(2)位移公式：x＝v0t＋12at2。

(3)位移速度关系式：v2－v20＝2ax。

2.匀变速直线运动的两个重要推论(1)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即v＝v t2。

(2)任意两个连续相等时间(T)内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。

3.匀变速直线运动的图象(1)x-t图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度。

④四看点：明确图线与横、纵轴交点的意义。

两个图线交点的意义⎩⎨⎧x -t 图交点表示相遇v -t 图交点表示速度相等 ⑤五看面积：v -t 图线和时间轴围成的面积表示位移。

⑥六看象限：面积在时间轴上方为正；在时间轴下方为负。

(2)两点特别提醒①x -t 图象和v -t 图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。

②x -t 图象和v -t 图象不表示物体运动的轨迹。

2.典例分析【答案】B【解析】由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A 项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B 项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km ，C 项错误；在0.8小时内，甲的路程比乙的路程大4 km ，D 项错误。

3.相关类型题目某个物体在外力作用下，运动的v -t 图象如图(正弦曲线)所示，下列说法中正确的是( )A ．物体整个运动过程中加速度大小变化，方向不变B ．0～t 1时间段内，物体所受外力越来越大C ．0～t 4时间段内，物体的位移为零D ．t 2时刻物体速度为零，此时加速度也为零【答案】C【解析】因v -t 图的斜率代表加速度，由图可以看出加速度大小方向均改变，0～t 1与t 1～t 2加速度的方向相反，t1～t2与t2～t3加速度的方向相同，t2～t3与t3～t4加速度方向相反，故A项错误。

高考物理二轮总复习课后习题专题1 力与运动专题分层突破练2 力与直线运动 (2)

专题分层突破练2 力与直线运动A组1.(多选)(山东潍坊实验中学模拟)如图所示为甲、乙两个质点在同一地点沿同一方向运动的速度—时间(v-t)图像,则下列说法正确的是( )A.0~t1时间内,甲质点先沿正方向运动后沿负方向运动B.t=t0时刻,甲、乙两质点相遇C.0~t1时间内,甲、乙两质点间的距离先增大后减小D.0~t1时间内,甲、乙两质点的平均速度相同2.(全国乙卷)如图所示,一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球,初始时整个系统静置于光滑水平桌面上,两球间的距离等于绳长l。

一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点,方向与两球连线垂直。

当两球运动至二者相距35l时,它们加速度的大小均为( )A.5F8m B.2F5mC.3F8mD.3F10m3.(河北保定二模)为检测汽车的基本性能,某志愿者驾驶汽车以36 km/h的速度驶入水平长直试验场,某时刻开始刹车,汽车做匀减速直线运动直到速度减为0,然后马上使汽车做匀加速直线运动直到恢复最初的速度。

从开始刹车到恢复最初速度的过程中汽车位移x与速度v的关系如图所示。

下列说法正确的是( )A.汽车刹车过程中加速度的大小为5 m/s2B.汽车加速过程中加速度的大小为10 m/s2C.该过程中汽车的总位移为20 mD.该过程所用总时间为4 s4.(安徽六安质检)如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4,小物块以v0=4 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2,以下说法正确的是( )A.木板的长度为1.68 mB.小物块离开木板时,木板的速度为1.6 m/sC.小物块离开木板后,木板的加速度大小为2 m/s2,方向水平向右D.小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞5.(浙江温州二模)祝融号火星车在火星表面探测过程中做直线运动,由静止开始依次经过加速、匀速和制动过程,直至停止,共用时12 s,位移随时间变化情况如表所示,加速和制动均可看作是匀变速直线运动。

2021年高考物理二轮复习核心考点专项突破力与直线运动练习（含解析）

力与直线运动一单项选择题1.某展车表演时做匀变速直线运动的位移x 与时间t 的关系式为x ＝8t ＋3t 2，x 与t 的单位分别是m 和s ，则该汽车( )A ．第1 s 内的位移大小是8 mB ．前2 s 内的平均速度大小是28 m/sC ．任意相邻1 s 内的位移大小之差都是6 mD ．任意1 s 内的速度增量都是3 m/s【答案】C【解析】将t ＝1 s 代入到x ＝8t ＋3t 2中得到第1 s 内的位移大小x 1＝11 m ，选项A 错误．前2 s 内的平均速度大小v ＝x 2t ＝14 m/s ，选项B 错误．将x ＝8t ＋3t 2与匀变速直线运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2对照可得初速度大小v 0＝8 m/s ，加速度大小a ＝6 m/s 2，则任意相邻1 s 内的位移差是Δx ＝aT 2＝6×12 m ＝6 m ，选项C 正确．任意1 s 内的速度增量Δv ＝at ＝6×1 m/s＝6 m/s ，选项D 错误．2.元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s 末到达离地面90 m 的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v 0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k 倍，g ＝10 m/s 2，那么v 0和k 分别等于( )A ．30 m/s ，1B ．30 m/s ，0.5C ．60 m/s ，0.5D ．60 m/s ，1 【答案】D 【解析】本题考查运动学规律和牛顿第二定律，利用运动学知识有x ＝v 0＋v 2·t ，代入数据得v 0＝60 m/s ；对上升过程中的礼花弹受力分析，如图所示．由牛顿第二定律有：mg＋F f＝ma，又F f＝kmg，a＝603m/s2＝20 m/s2，解得：k＝1.故A、B、C错，D对．3.通过理想斜面实验得出“力不是维持物体运动的原因”的科学家是A. 亚里士多德B. 伽利略C. 笛卡尔D. 牛顿【答案】 B【解析】亚里士多德认为力是维持物体运动状态的原因，故A错误；伽利略通过理想斜面实验提出了力不是维持物体运动的原因，故B正确；笛卡尔在伽利略研究的基础上第一次表述了惯性定律，故C错误；牛顿在伽利略等前人研究的基础上提出了牛顿第一定律，认为力是改变物体运动状态的原因，但不是第一个根据实验提出力不是维持物体运动原因的科学家，也不是第一个提出惯性的科学家，故D错误；故选B。

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。

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。

(广西专用)2020高考物理二轮复习专题能力训练2力与物体的直线运动(含解析)

专题能力训练2力与物体的直线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2019·浙江4月)如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。

A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。

若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁)()A.A球将向上运动,B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动,C球不动C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动答案:D解析:小球受到重力、弹力以及浮力作用,处于静止状态。

A球的重力大于浮力,所受弹力向上。

B、C两球的重力小于浮力,所受弹力向下。

剪断绳以后,重力全部用来改变运动状态,浮力消失。

A、B、C三球及水杯的重力在竖直方向产生相同的加速度,相对运动由弹力产生,A球所受弹力向上,相对于杯底向上运动,B球所受弹力向下,相对于杯底向下运动,C球所受弹力瞬间消失,相对于杯底无运动,故选D。

2.右图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30。

当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍,s in 37°=0.6,cos 37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为()A.0.35mgB.0.30mgC.0.23mgD.0.20mg答案:D解析:将a沿水平和竖直两个方向分解,对重物受力分析如图水平方向:F f=ma x竖直方向:F N-mg=ma y由a aa a =34三式联立解得F f=0.20mg,D正确。

2020届高考物理二轮复习专题强化练二力与直线运动含解析

专题强化练(二)考点1 匀变速直线运动1．(2019·广州模拟)如图所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量．由图中所示信息可知( )A ．汽车在做加速直线运动B ．汽车的加速度方向与v 1的方向相同C ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相同D ．汽车的加速度方向与Δv 的方向相反解析：由于v 2＜v 1，汽车做减速直线运动，A 错误；该过程中，加速度的方向与速度反向，与速度变化的方向同向，C 正确，B 、D 错误．答案：C2．在离地高h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v ，不计空气阻力．两球落地的时间差为( )A.2vgB.v gC.2h vD.hv解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v ，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同．因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t ＝－v －v －g ＝2vg ，A 项正确．答案：A考点2 图象问题3．(2018·无锡测试)一质点由静止开始做直线运动的v-t 关系图象如图所示，则该质点的x-t 关系图象可大致表示为下图中的( )解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，选项B 可大致表示该质点的x-t 关系图象．答案：B4．(2019·广州模拟)下列v-t图象中，表示两个做自由落体运动的物体落地的是(t0表示落地时刻)( )解析：自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，图线甲有初速度，不是自由落体运动，故A错误；自由落体运动的加速度相同，都为g，所以图线斜率相等，图象应平行，故B错误；图线甲有初速度，不是自由落体运动，故C错误；自由落体运动的初速度为0，速度随时间均匀增大，加速度相同，所以图线的斜率相等，图象平行，同时落地，即在同一时刻落地，故D正确．答案：D5．(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xv2图象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：B6．(2019·商丘模拟)受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t 图线如图所示，则( )A．在0～t1内，外力F大小不断增大B．在0～t1内，外力F大小不断减小直至为零C ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能不断增大D ．在t 1～t 2内，外力F 大小可能先减小后增大解析：v-t 图线的斜率表示加速度，所以在0～t 1内，加速度为正并不断减小，根据加速度a ＝F －μmgm，所以外力F 大小不断减小，F 的最小值等于摩擦力，故A 、B 错误；在t 1～t 2内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小a ＝μmg －Fm，外力F 大小可能不断减小，故C 错误；如果在F 先减小一段时间后的某个时刻，F 的方向突然反向，根据加速度的大小：a ＝μmg ＋Fm，F 后增大，因为v-t 图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F 大小可能先减小后增大，故D 正确．答案：D7.(多选)(2019·潍坊模拟)甲、乙两质点从同一位置、同时沿同一直线运动，速度随时间变化的v-t 图象如图所示，其中甲为直线．关于两质点的运动情况，下列说法正确的是( )A ．在t 0～2t 0时间内，甲、乙的加速度方向相同B ．在t 0～2t 0内，乙的平均速度大于甲的平均速度C ．在0～2t 0内，甲、乙间的最远距离为v 0tD ．在0～2t 0内，甲、乙间的最远距离为12v 0t解析：速度图象的斜率表示加速度，根据图象可知，在t 0～2t 0时刻，甲、乙的加速度都为负，方向相同，故A 正确；根据图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t 0～2t 0内，乙的位移大于甲的位移，则乙的平均速度大于甲的平均速度，故B 正确；甲、乙从同一位置出发，在t 0时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t 0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t 0时刻相距最远，最远距离等于两者位移之差，为x ＝12t 0·(2v 0－v 0)＝12v 0t ，故C 错误，D 正确．答案：ABD考点3 牛顿运动定律的应用8.(多选)(2018·沈阳模拟)如图所示为粮袋的传送带装置，已知AB 间的长度为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 点将粮袋由静止放上传送带，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．粮袋到达B 点的速度与v 比较，可能大，也可能相等或小 B ．若L 足够大，粮袋最终将一定以速度v 做匀速运动C ．若μ＜tan θ，则粮袋从A 到B 一定一直做加速运动D ．粮袋刚放上传送带时的加速度a ＜g sin θ解析：粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得到，加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 点时的速度小于v ；可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B 点时速度与v 相同；也可能先做加速度a ＝g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度a ＝g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，A 正确，B 错误；若μ＜tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做加速运动，加速度值为a ＝g (sin θ＋μcos θ)或先为a ＝g (sin θ＋μcos θ)后为a ＝g (sin θ－μcos θ)，C 正确；粮袋刚放上传送带时的加速度为a ＝g (sin θ＋μcos θ)，大于g sin θ，D 错误．答案：AC9．(2019·开封模拟)如图甲所示，光滑水平面上的O 点处有一质量为m ＝2 kg 的物体．物体同时受到两个水平力的作用，F 1＝4 N ，方向向右，F 2的方向向左，大小如图乙所示．物体从静止开始运动，此时开始计时．求：(1)当t ＝0.5 s 时，物体的加速度大小；(2)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时加速度最大？最大值为多少？ (3)物体在t ＝0至t ＝2 s 内，何时速度最大？最大值为多少？解析：(1)当t ＝0.5 s 时，F 2＝(2＋2×0.5) N ＝3 N. F 1－F 2＝maa ＝F 1－F 2m ＝4－32m/s 2＝0.5 m/s 2；(2)物体所受的合外力为F 合＝F 1－F 2＝4－(2＋2t )＝2－2t (N)作出F 合-t 图象如图所示从图中可以看出，在0～2 s 范围内当t ＝0时，物体有最大加速度a 0.F 0＝ma 0，a 0＝F 0m ＝22m/s 2＝1 m/s 2，当t ＝2 s 时，物体也有最大加速度a 2，F 2＝ma 2，a 2＝F 2m ＝－22m/s 2＝－1 m/s 2，负号表示加速度方向向左；(3)由牛顿第二定律得：a ＝F 合m＝1－t (m/s 2)画出a -t 图象如图所示由图可知t ＝1 s 时速度最大，最大值等于上方三角形的面积．v ＝12×1×1 m/s ＝0.5 m/s.答案：(1)0.5 m/s 2(2)t ＝0和t ＝2 s 时 1 m/s 2(3)t ＝1 s 0.5 m/s10．(2019·河南三市联考)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v 0＝10 m/s 的速度沿木板向上运动，随着θ的改变．小物块沿木板滑行的距离x 将发生变化，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值．解析：(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mg sin θ＝F f ，F f ＝μmg cosθ，联立解得μ＝33；(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度a，则－mg sin θ－μmg cos θ＝ma，由0－v20＝2ax得x＝v202g（sin θ＋μcos θ）.设木板在θ的基础上向上运动的角度为α，令cos α＝11＋μ2，sin α＝μ1＋μ2，即tan α＝μ，则x＝v202g1＋μ2sin（θ＋α），当α＋θ＝90°时，x最小，即θ＝60°，所以x最小值为x min＝v202g（sin 60°＋μcos 60°）＝3v204g＝532m.答案：(1)33(2)θ＝60°532m。