高考物理二轮复习考点练习专题（02）力与物体的直线运动(2份打包，解析版+原卷版，可预览)

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【知识、方法梳理】
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。
【热点训练】
1、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eq \f(H,4)所用的时间为t1，第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2。不计空气阻力，则eq \f(t2,t1)满足( )
A．1＜eq \f(t2,t1)＜2 B．2＜eq \f(t2,t1)＜3
C．3＜eq \f(t2,t1)＜4 D．4＜eq \f(t2,t1)＜5
【答案】C
解析：本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动的逆运动，所以第四个eq \f(H,4)所用的时间为t2＝eq \r(\f(2×\f(H,4),g))，第一个eq \f(H,4)所用的时间为t1＝eq \r(\f(2H,g))－eq \r(\f(2×\f(3,4)H,g))，因此有eq \f(t2,t1)＝eq \f(1,2－\r(3))＝2＋eq \r(3)，即3＜eq \f(t2,t1)＜4，选项C正确。
2、一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以－v0做直线运动，其v－t图象如图所示。粒子在t0时刻运动到B点，3t0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EC＞EB＞EA
C．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
【答案】C
解析：由题图v－t图象知道带电粒子在0～t0时间内做减速运动，电场力做负功，电势能增大；在t0～3t0时间内反方向加速运动，电场力做正功，电势能减小，选项C正确，D错误；因为不知道带电粒子电性，本题中无法判断电势的高低，选项A错误；图象中斜率表示带电粒子的加速度，qE＝ma，可知A、B、C三点中EB最大，选项B错误。
3、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。t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
解析：由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝eq \f(0.4－0,4－2) m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝eq \f(0.4－0.2,5－4) m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于物块的质量未知，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，选项D错误。
4、如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查。其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2。若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则( )
A．行李从A运动到B过程一直受到向左的摩擦力
B．乘客与行李同时到达B处
C．乘客提前1 s到达B处
D．乘客提前0.5 s到达B处
解析：行李放在传送带上后，在摩擦力的作用下做匀加速运动，a＝μg＝1 m/s2，速度最大到v用时 SKIPIF 1 < 0 s，位移 SKIPIF 1 < 0 m，接着以速度v匀速运动到B点， SKIPIF 1 < 0 s，所以行李总用时2.5 s，人匀速运动B处用时 SKIPIF 1 < 0 s，所以乘客提前0.5 s到达B处，故D正确，B、C错误；在匀速段行李不再受到摩擦力，所以A错误。
【答案】D
5、(多选)一质量为2 kg的物体受到水平拉力作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )
A．在t＝2 s时刻，物体的速度为5 m/s
B．在0～2 s时间内，物体做的移大于7 m
C．在0～2 s时间内，物体做的位移小于7 m
D．在t＝1 s时刻，拉力下F的大小为3 N
【答案】AC
解析：据Δv＝aΔt可得：a－t图象与坐标轴围成面积表示对应时间内速度的增量。t＝2 s时刻，物体的速度v＝5 m/s，故A项正确；在0～2 s时间内，物体做加速度增大的加速运动，物体的位移 SKIPIF 1 < 0 m，故B项错误，C项正确；在t＝1 s时刻，物体的加速度a1＝1.5 m/s2，由牛顿第二定律可得：F1－f＝ma1，解得F1＝5 N，故D项错误。
6、如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止，以下说法正确的是( )
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
【答案】C
解析：若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图，
可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误。
7、(多选)如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则( )
A．小环A的加速度大小为eq \f(\r(3)kq2,ml2)
B．小环A的加速度大小为eq \f(\r(3)kq2,3ml2)
C．恒力F的大小为eq \f(2\r(3)kq2,3l2)
D．恒力F的大小为eq \f(\r(3)kq2,l2)
【答案】BC
解析：设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcs 60°＝keq \f(q2,l2)，Tcs 30°＝maA，联立解得aA＝eq \f(\r(3)kq2,3ml2)，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcs 30°＝eq \r(3)T＝eq \f(2\r(3)kq2,3l2)，选项C正确，D错误。
8、如图所示，质量m＝1 kg的物体静止在粗糙水平地面上A点。物体在斜向上与水平方向夹角α＝37°的恒力F作用下，从A点开始运动，到达B点时立即撤去拉力F，物体最后滑到C点静止。物体开始一段时间及隔一段时间后的v－t的图象如图。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：

(1)动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小；
(3)0～1.8 s内物体位移s的大小。
解析：(1)物体先做匀加速运动后做匀加速运动，由图像可知加速阶段a1＝5 m/s2，减速阶段加速度为a2＝－55 m/s2
由牛顿第二运动定律知匀减速运动摩擦力提供合外力：μmg＝ma2
得μ＝0.5。
(2)匀加速阶段，有：Fcs α－μFN＝ma1
FN＝mg－μFsin α
代入数据得F＝9.1 N。
(3)设匀加速时间为t，则最大速度为vm＝a1t ，达到最大速度后做匀加速运动2.2 s时速度为3 m/s。
由公式v＝vm－a2(2.2－t) ＝3 m/s
得t＝1.4 s
tʹ＝1.8 s－1.4 s＝0.4 s
前1.4 s做初速为零的匀加速运动，位移 SKIPIF 1 < 0 m
达到最大速度做匀加速运动，0.4 s内的位移 SKIPIF 1 < 0 m
所以1.8 s内位移为x＝x1＋x2＝7.3 m。
9、如图所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，一轻弹簧套在光滑杆上。一套在杆上的圆环从距弹簧上端H处由静止释放，接触弹簧后，将弹簧压缩，弹簧的形变始终在弹性限度内。已知支架和圆环的质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求圆环刚接触弹簧时的动能Ek。
(2)如图所示，取圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O，取竖直向下为正方向，建立x轴。在圆环压缩弹簧的过程中，圆环的位移为x，加速度为a，在图中定性画出a随x变化关系的图象。
(3)试论证当圆环运动到最低点时，地面对底座的支持力FN＞3mg。
解析：(1)在圆环自由下落的过程中，由机械能守恒定律得：Ek＝mgH。
(2)设弹簧的劲度系数为k，根据牛顿第二定律得mg－kx＝ma
解得： SKIPIF 1 < 0
a－x图象如图所示。
(3)如图乙所示，A点对应于圆环刚接触弹簧的位置，B点对应于圆环速度最大的位置，C点对应于圆环运动到的最低点，由图可知，图象与坐标轴所围面积：
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
可知，S1＜S2，结合图乙可知，aC＞g
根据牛顿第二定律得，对圆环：kx－mg＝maC
对底座：FN－(kx＋mg)＝0
由于aC＞g，所以得 FN＞3mg。
10、如图甲所示，一个质量为m＝1 kg的小物体在平行于斜面向下的推力F＝3.5 N的作用下沿足够长的斜面向下运动。已知斜面倾角θ＝30°。选取沿斜面向下为x轴正方向，物体通过坐标原点时开始计时，其eq \f(x,t)－t图象如图乙所示，g取10 m/s2。求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)第2 s内物体的平均速度大小。
解析： (1)由于eq \f(x,t)－t图象是一条倾斜直线，令eq \f(x,t)＝kt＋b，可得x＝kt2＋bt，与匀变速直线运动规律x＝v0t＋eq \f(1,2)at2相比较，知eq \f(x,t)－t图象的斜率为eq \f(1,2)a
则根据题图乙可以得：a＝1 m/s2
由牛顿第二定律得：F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma
代入数据解得：μ＝eq \f(\r(3),2)。
(2)由题图乙知物体的初速度为：v0 ＝0.5 m/s，第1 s末速度为：v1＝v0＋at1＝1.5 m/s
第2 s末速度为：v2＝v0 ＋at2 ＝2.5 m/s
由于物体做匀加速直线运动，故第2 s内的物体的平均速度大小：eq \x\t(v)＝eq \f(v1＋v2,2)＝2 m/s。