2020届高考物理二轮复习专题冲刺专题复习篇二力与直线运动练习含解析

2020届高考物理二轮复习专题冲刺专题复习篇二力与直线运动练习含解析

高考物理总复习 力与直线运动 要点提炼 ‎1.解图象问题时要做好“三看”‎ ‎(1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系，是运动学图象(vt、xt、at、xv2、vx等)，还是动力学图象(Ft、Fx、Pt等)；‎ ‎(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程；‎ ‎(3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。‎ ‎2．求解匀变速直线运动问题时的方法技巧 ‎(1)巧用平均速度：对匀变速直线运动问题，运用公式＝(v0＋v)，x＝t，相当于把一个匀变速直线运动问题转化为一个匀速直线运动问题来处理。‎ ‎(2)逆向思维：把运动过程的“末态”作为“初态”的反向分析，这种研究问题的方法一般用于末态已知的情况。‎ ‎3．动力学与图象的综合问题做好两步 ‎(1)判别物理过程：由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。‎ ‎(2)选择解答方法：根据质点的运动性质，选择公式法或图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断。‎ ‎4．传送带上物体的运动 由静止释放的物体，若能在匀速运动的传送带上同向加速到与传送带共速，则加速过程中物体的位移必与物体和传送带的相对位移大小相等，且等于传送带在这个过程中位移的一半；在倾斜传送带(倾角为θ)上运动的物体，动摩擦因数与tanθ的关系、物体初速度的方向与传送带速度方向的关系是决定物体运动情况的两个重要因素。‎ ‎5．水平面上的板—块模型问题 分析两物体的运动情况需要关注：两个接触面(滑块与滑板之间、滑板与地面之间)的动摩擦因数的大小关系，外力作用在哪个物体上。若外力作用在下面物体上，随着力的增大，两物体先共同加速，后发生相对滑动，发生相对滑动的条件是下面物体的加速度较大。若外力作用在上面物体上，力增大过程中，两物体可能共同加速，也可能发生相对滑动，相对滑动时，上面物体的加速度较大。‎ 高考考向1　运动图象及其应用 命题角度1 应用运动图象分析追及相遇问题 例1　(2018·全国卷Ⅲ)(多选) 甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 A．在t1时刻两车速度相等 B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等 C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等 D．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等 解析　根据xt图象的物理意义可知，在t1时刻两车的位置相同，速度不相等，乙车的速度大于甲车的速度，A错误；从0到t1时间内，乙车走过的路程大于甲车，B错误；从t1到t2时间内，两车都是从x1位置走到x2位置，两车走过的路程相等，C正确；根据xt图象的斜率等于速度可知，从t1到t2时间内的某时刻，有甲图线的切线与乙图线平行、斜率相同，两车速度相等，D正确。‎ 答案　CD ‎(1)对于xt图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于vt和at图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置。‎ ‎(2)在vt图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。‎ ‎(3)vt图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎1－1　(2018·全国卷Ⅱ)(多选) 甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶，下列说法正确的是(　　)‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 A．两车在t1时刻也并排行驶 B．t1时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大 答案　BD 解析　vt图象中图象与t轴所包围的面积代表运动的位移，两车在t2时刻并排行驶，利用逆向思维并借助于面积可知在t1时刻甲车在后，乙车在前，故A错误，B正确；图象的斜率表示加速度，所以甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大，故C错误，D正确。‎ ‎1－2　(2019·西安高三第三次质检)(多选)甲、乙两物块在同一直线上运动的xt图象如图所示，乙物块做匀变速运动，加速度大小为0.2 m/s2，两图线相切于坐标点(5 s，－3 m)，下列说法正确的是(　　)‎ A．前5 s内甲、乙的运动方向一直相同 B．t＝5 s时甲、乙相遇且速度相同 C．乙的初速度大小为1.8 m/s D．t＝0时甲、乙相距2.8 m 答案　AB 解析　xt图象的斜率表示速度，前5 s内甲、乙的xt图线斜率均一直为负，则运动方向一直相同，A正确；t＝5 s时甲、乙的xt图线斜率相同，位移、时间都相同，所以相遇且速度相同，B正确；由甲的图线知t＝5 s时，速度为－0.6 m/s，乙做匀变速运动，v＝v0＋at，则乙的初速度大小为1.6 m/s，C错误；由位移x＝x0＋v0t＋at2，代入(5 s，－3 m)及v0的值，可得x0＝2.5 m，D错误。‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 命题角度2 非常规图象问题 例2　(2019·全国卷Ⅰ)(多选) 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其ax关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)‎ A．M与N的密度相等 B．Q的质量是P的3倍 C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍 D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍 解析　如图，当x＝0时，对P：mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；对Q：mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。‎ 当P、Q的加速度a＝0时，对P有：mPgM＝kx0，则mP＝，对Q有：mQgN＝k·2x0，则mQ＝，即mQ＝6mP，B错误；根据mg＝G得，星球质量M＝，则星球的密度ρ＝＝，所以M、N的密度之比＝·＝×＝1，A正确；当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，系统的机械能守恒，对P有：mPgMx0＝Ep弹＋EkP，即EkP＝3mPa0x0－Ep弹，对Q有：mQgN·2x0＝4Ep弹＋EkQ，即EkQ＝2mQa0x0－4Ep弹＝12mPa0x0－4Ep弹＝4×(3mPa0x0－Ep弹)＝4EkP，C正确；P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置与初位置关于加速度a＝0时的位置对称，故P下落过程中弹簧的最大压缩量为2x0，Q为4x0，D错误。‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 答案　AC ‎ 非常规图象的解决要领 对于非常规图象，要结合运动学公式或题给条件确定图象的斜率、截距或特殊点的物理意义，分析图象与坐标轴围成的面积是否具有实际的物理意义，进而确定相关已知量，进行求解。如本题中，x＝0时的加速度是星球表面的重力加速度；a＝0时的x则是弹力和重力平衡时弹簧的压缩量。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎2－1　(多选)质点沿一直线运动，以运动起点作为位移参考点并开始计时，设在时间t内所发生的位移为x，其t图象如图所示，则由图可知(　　)‎ A．质点的初速度为1 m/s B．质点的初速度为0.5 m/s C．质点的加速度为2 m/s2‎ D．质点的加速度为4 m/s2‎ 答案　AD 解析　由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at。由此可知，t图象的纵截距代表初速度，斜率表示加速度的，结合图象可知，质点的初速度为1 m/s，加速度为4 m/s2，故本题选A、D。‎ ‎2－2　(多选)为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图象，下列说法正确的是(　　)‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 A．新能源动力车的初速度为20 m/s B．刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2‎ C．刹车过程持续的时间为10 s D．刹车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m 答案　AB 解析　根据0－v2＝2ax得：图线斜率＝－，可知＝，解得刹车过程中加速度的大小a＝5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度的平方v＝400 m2/s2，则v0＝20 m/s，故A、B正确；刹车过程持续的时间t＝＝ s＝4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x＝＝ m＝40 m，故D错误。‎ 高考考向2　传送带问题 例3　(2019·河北武邑中学3月高三月考)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：‎ ‎(1)工件被第一次传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；‎ ‎(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2tanθ，速度相等后一起匀速；μFfm，则发生相对滑动。‎ ‎(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。‎ 备课记录： 　‎ ‎ ‎ ‎5－1　(2019·山东省实验、淄博实验、烟台一中、莱芜一中四校联合一模)(多选)如图所示，物块A叠放在木板B上，mA＝6 kg、mB＝1 kg且均处于静止状态，已知A、B间的动摩擦因数μ1＝0.3，地面与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2，现对A施加一水平向右的拉力F，则下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2)(　　)‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 A．当F＞18 N时，A相对B发生滑动 B．当F＝30 N时，A的加速度是2 m/s2‎ C．当F＝42 N时，A的加速度是4 m/s2‎ D．当F＝48 N时，B的加速度是4 m/s2‎ 答案　CD 解析　当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力，隔离B，对B分析，根据牛顿第二定律，得：μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa，解得：a＝4 m/s2，对整体分析，根据牛顿第二定律，有：F－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得：F＝42 N。由以上分析知，当F>42 N时，A相对B发生滑动，故A错误；当F＝30 N＜42 N时，A、B保持相对静止，A的加速度等于整体的加速度，为：aA＝＝ m/s2，故B错误；当F＝42 N时，A、B恰保持相对静止，A的加速度为：aA＝＝4 m/s2，故C正确；当F＝48 N＞42 N时，A、B已发生相对滑动，B的加速度为：aB＝＝4 m/s2，故D正确。‎ ‎5－2　如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg、可视为质点的滑块静止放置在高水平面上，距边缘A点3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)滑块滑动到A点时的速度大小；‎ ‎(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？‎ ‎(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。‎ 答案　(1)6 m/s　(2)5 m/s2　0.4 m/s2　(3)见解析 解析　(1)根据牛顿第二定律有F＝ma 根据运动学公式有v2＝2aL0‎ 联立方程代入数据解得v＝6 m/s 其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v是滑块滑动到A - 25 -‎ 高考物理总复习 点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移。‎ ‎(2)根据牛顿第二定律，对滑块有 μ1mg＝ma1‎ 代入数据解得a1＝5 m/s2‎ 对长木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2‎ 代入数据解得a2＝0.4 m/s2‎ 其中M为长木板的质量，a1、a2分别是滑块刚滑上长木板时滑块和长木板的加速度大小，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数。‎ ‎(3)假设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用的时间为t，则 v－a1t＝a2t 代入数据解得t＝ s 则此过程中滑块的位移为x1＝vt－a1t2‎ 长木板的位移为x2＝a2t2‎ x1－x2＝ m>L 式中L＝2 m为长木板的长度，所以滑块能从长木板的右端滑出。‎ 阅卷现场　板—块模型中的摩擦力方向判定出错 例6　(2015·全国卷Ⅰ)(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图甲所示。从t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图乙所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板右端离墙壁的最终距离。‎ 正解　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀减速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1　①(2分)‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 由题图乙可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得 v1＝v0＋a1t1　②(1分)‎ s0＝v0t1＋a1t　③(1分)‎ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。‎ 联立①②③式，并代入数值得μ1＝0.1　④(1分)‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀减速运动，小物块以v1的初速度向右做匀减速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ‎－μ2mg＝ma2　⑤(1分)‎ 由题图乙可得a2＝　⑥(1分)‎ 式中，t2＝2 s，v2＝0，‎ 联立⑤⑥式，并代入数值得μ2＝0.4　⑦(1分)‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3　⑧(2分)‎ v3＝－v1＋a3Δt　⑨(1分)‎ v3＝v1＋a2Δt　(1分)‎ 其中M＝15 m。碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝Δt　⑪(1分)‎ 小物块运动的位移为s2＝Δt　⑫(1分)‎ 小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1　⑬(1分)‎ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝6.0 m　⑭(1分)‎ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。‎ ‎(3)在小物块和木板共速后，因为μ1g<μ2g，所以两者以共同的速度向左做匀减速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4　⑮(1分)‎ ‎0－v＝2a4s3　⑯(1分)‎ 碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3　⑰(1分)‎ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 s＝－6.5 m　⑱(1分)‎ 木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。‎ 答案　(1)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m 错解　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀减速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1　①(2分)‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 由题图乙可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式得 v1＝v0＋a1t1　②(1分)‎ s0＝v0t1＋a1t　③(1分)‎ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。‎ 联立①②③式，并代入数值得μ1＝0.1　④(1分)‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀减速运动，小物块以v1的初速度向右做匀减速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ‎－μ2mg＝ma2　⑤(1分)‎ 由题图乙可得a2＝　⑥(1分)‎ 式中，t2＝2 s，v2＝0，‎ 联立⑤⑥式，并代入数值得μ2＝0.4　⑦(1分)‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma3　⑧(扣2分)‎ v3＝v1＋a2Δt＝－v1＋a3Δt　⑨(2分)‎ 其中M＝15m。碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为s1＝Δt　(1分)‎ 小物块运动的位移为s2＝Δt　⑪(1分)‎ 小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1　⑫(1分)‎ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式，并代入数值得 Δs＝6.7 m　⑬(扣1分)‎ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.7 m。‎ ‎(3)在小物块和木板共速后，两者向左做匀减速运动直至停止，设此过程中小物块和木板运动的位移为s3，由运动学公式得 ‎0－v＝2a3s3　⑭(扣2分)‎ 碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3　⑮(1分)‎ 联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑭⑮式，并代入数值得 s＝－10 m(扣1分)‎ 木板右端离墙壁的最终距离为10 m。‎ 答案　(1)0.1　0.4　(2)6.7 m　(3)10 m 木板和物块往复运动过程中，速度方向发生变化，不同阶段的加速度大小和方向也不同。⑧式中，求加速度时，误判物块对木板摩擦力的方向，导致这一阶段的加速度出错，此小题的最终结果必然出错。最后阶段的加速度与两物体达到相对静止前木板的加速度不同，忽略这一点，最终结果必然错误。‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 专题作业 ‎1. (多选)在斜面上，两物块A、B用细线连接，当用力F沿斜面向上拉物块A时，两物块以大小为a的加速度向上运动，细线中的张力为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数相等。则当用大小为2F的拉力沿斜面向上拉物块A时(　　)‎ A．两物块向上运动的加速度大小为2a B．两物块向上运动的加速度大小大于2a C．两物块间细线中的张力为2FT D．两物块间细线中的张力与A、B的质量无关 答案　BC 解析　设斜面倾角为θ，A、B两物块的质量分别为M和m，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得两物块的加速度大小为a＝＝－g(sinθ＋μcosθ)，当拉力为2F时，加速度大小为a′＝－g(sinθ＋μcosθ)，则a′>2a，A错误，B正确；当用力F拉物块A时，对B由牛顿第二定律得FT－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，故两物块间细线中的张力FT＝ma＋mgsinθ＋μmgcosθ＝，与斜面倾角和动摩擦因数无关，但与两物块的质量有关，则当拉力为2F时，细线中的张力为2FT，C正确，D错误。‎ ‎2. (2019·辽宁省实验中学模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是(　　)‎ A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 - 25 -‎ 高考物理总复习 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 答案　D 解析　滑块轻放到皮带上，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，滑块向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，可知滑块的加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，加速度减为零，速度达到最大，之后弹簧的弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确。‎ ‎3. 宇航员的训练、竞技体育的指导、汽车的设计等多种工作都用到急动度的概念。加速度对时间的变化率称为急动度，其方向与加速度的变化方向相同。一质点从静止开始做直线运动，其加速度随时间的变化关系如图。下列说法正确的是(　　)‎ A．t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大反向 B．2～4 s内的质点做减速运动 C．t＝6 s时质点速度大小等于7 m/s D．0～6 s内质点速度方向不变 答案　D 解析　加速度对时间的变化率称为急动度，等于at图象的斜率。由图象知t＝3 s时的急动度和t＝5 s时的急动度等大同向，A错误；根据at图象与t轴所围的面积表示速度的变化量，知2～4 s内质点的速度增大，做加速运动，B错误；根据at图象与t轴所围的面积表示速度的变化量，得0～6 s速度的变化量为Δv＝×2 m/s＋×2×2 m/s＋×2×(－2) m/s＝3 m/s，因初速度为0，故t＝6 s时的速度为3 m/s，C错误；根据at图象与t轴所围的面积表示速度的变化量，知0～6 s内质点速度的变化量均为正，说明质点速度方向不变，D正确。‎ ‎4. (2019·潍坊二模)(多选)一架无人机质量为2 kg，运动过程中空气阻力大小恒定。该无人机从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后关闭动力，其vt图象如图所示，g取10 m/s2。下列判断正确的是(　　)‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 A．无人机上升的最大高度为72 m B．6～8 s内无人机上升 C．无人机的升力大小为28 N D．无人机所受阻力大小为4 N 答案　BD 解析　无人机上升的最大高度为H＝×8×24 m＝96 m，A错误；6～8 s内无人机减速上升，B正确；无人机加速上升时的加速度大小a1＝ m/s2＝4 m/s2，则由牛顿第二定律有F－mg－f＝ma1，减速上升时的加速度大小a2＝ m/s2＝12 m/s2，则由牛顿第二定律有f＋mg＝ma2，联立解得升力大小为F＝32 N，无人机所受阻力大小为f＝4 N，C错误，D正确。‎ ‎5. (2019·河北邢台期末)(多选)一质点以一定的初速度从A点开始向相距8 m的B点做直线运动，运动过程中其速度的二次方v2与位移x之间的关系图线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．质点做加速度增大的变加速运动 B．质点做匀加速运动，其加速度大小为2 m/s2‎ C．质点运动的初速度大小为2 m/s D．质点从A点运动到B点所用的时间为8 s 答案　BC 解析　根据v2＝v＋2ax可知，2a＝ m/s2＝4 m/s2，则a＝2 m/s2，又v＝v2－2ax＝(36－4×8) m2/s2＝4 m2/s2，则可得v0＝2‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 ‎ m/s，由此可知，质点做匀加速直线运动，B、C正确，A错误；到达B点时v＝6 m/s，质点从A点运动到B点所用的时间为t＝＝ s＝2 s，D错误。‎ ‎6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案　B 解析　0～t1时间：滑动摩擦力向右，小物块向左做匀减速运动，t1时刻速度为零，向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1～t2时间：滑动摩擦力向右，小物块向右由静止开始做匀加速直线运动；t2时刻以后物块随传送带一起做匀速直线运动，摩擦力为零；t2时刻以后物块相对传送带静止，故t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大。故B正确，A、C、D错误。‎ ‎7. (2019·河南六市高三第二次联考)一物体的运动图象如图所示，横、纵截距分别为n和m，在图象所示的运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．若该图为xt图象，则物体速度一直减小 B．若该图为at图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为mn C．若该图为ax图象且物体的初速度为零，则物体的最大速度为 D．若该图为ax图象且物体的初速度为零，则物体最终静止 答案　C 解析　若该图为xt - 25 -‎ 高考物理总复习 图象，则斜率表示速度，由题图可知物体速度不变，A错误；若该图为at图象且物体的初速度为零，则图象与横轴所围的面积等于速度的变化量，可得物体的最大速度为mn，B错误；若该图为ax图象且物体的初速度为零，则由2ax＝v2可知，2×mn＝v2，则物体的最大速度为，C正确；若该图为ax图象且物体的初速度为零，则物体最终的加速度为零，物体做匀速直线运动，D错误。‎ ‎8. (2020·江西新余四中高三月考)甲、乙两车在平直公路上行驶，t＝0时刻两车处于同一位置，其速度—时间图象如图所示，两图象交点处坐标及切线如图，则(　　)‎ A．t＝8 s末，甲、乙两车相遇 B．t＝2 s末，甲车的加速度大于乙车的加速度 C．在2～8 s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度 D．在0～2 s内，甲车的位移小于乙车的位移 答案　D 解析　在vt图象中，图象和横轴所围面积表示位移大小，甲、乙两车在平直公路上行驶，t＝0时刻两车处于同一位置，t＝8 s末时甲的位移大于乙的位移，甲在乙的前方，故A错误；t＝2 s末，a乙＝ m/s2＝－5 m/s2，a甲＝ m/s2＝5 m/s2，甲车的加速度大小等于乙车的加速度大小，故B错误；在2～8 s内，甲的位移大于乙的位移，甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故C错误；在vt图象中，图象和横轴所围面积表示位移大小，在0～2 s内，甲车的位移小于乙车的位移，故D正确。‎ ‎9. (2019·江苏苏州、无锡、常德、镇江四市联合一模)如图所示，置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接，在水平恒力F的作用下，A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA>mB，它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增大，下列操作可行的是(　　)‎ A．仅减小B的质量 B．仅增大A的质量 C．仅将A、B的位置对调 - 25 -‎ 高考物理总复习 D．仅减小水平面的粗糙程度 答案　C 解析　设弹簧的劲度系数为k，伸长量为x，A、B的加速度为a，对B受力分析有kx－μmBg＝mBa，对A受力分析有F－μmAg－kx＝mAa，两式联立消去a，整理可得x＝。mB减小，x减小，故A错误；mA增大，x减小，故B错误；因为mA>mB，所以>1，A、B位置对调以后x的表达式为x＝，因为<1，所以x增大，C正确；x的表达式中没有动摩擦因数，因此x与水平面的粗糙程度无关，D错误。‎ ‎10. (2019·福建泉州二模)(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动。一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)‎ 答案　BC 解析　根据题意，设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsinθ>μmgcosθ，小滑块所受合力沿斜面向下，向下做匀加速运动；若mgsinθ＝μmgcosθ，则小滑块沿斜面方向合力为零，匀速下滑；若mgsinθ<μmgcosθ，小滑块所受合力沿斜面向上，做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，由于最大静摩擦力大于重力向下分力，故之后随传送带一起匀速运动，A、D错误，B、C正确。‎ ‎11．(2019·皖南八校高三联考)如图甲所示，可视为质点的质量m1＝1 kg的小物块放在质量m2＝2 kg的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°，现对长木板施加水平向左的拉力F＝18 N，长木板运动的vt图象如图乙所示，sin37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)长木板的长度L；‎ ‎(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(3)物块与木板间的动摩擦因数μ1。‎ 答案　(1)2 m　(2)0.5　(3) 解析　(1)从图乙可知，木板运动2 s后与小物块分离，‎ 在0～2 s内，木板的位移x＝ m＝1 m 则长木板的长度L＝2x＝2 m。‎ ‎(2)在2～3 s，由图线可得长木板的加速度 a2＝＝4 m/s2‎ 由牛顿第二定律可得a2＝ 解得μ2＝0.5。‎ ‎(3)在0～2 s，小物块受力平衡，由此可得 FN＋Tsin37°＝m1g Tcos37°＝f1，f1＝μ1FN 对木板，由牛顿第二定律可得 a1＝ 由图乙可得，长木板的加速度a1＝＝0.5 m/s2‎ 解得μ1＝。‎ ‎12．(2019·山东淄博三模) 如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。某次实验中，砝码的质量m1＝0.1 kg，纸板的质量m2＝0.01 kg，各接触面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，重力加速度g取10 m/s2。砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。若本次实验未感知到砝码的移动，求：‎ - 25 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)砝码移动的最长时间；‎ ‎(2)纸板所需的拉力至少多大？‎ 答案　(1) s　(2)2.44 N 解析　(1)设砝码在纸板上加速运动时的加速度大小为a1，在桌面上减速运动的加速度大小为a2，‎ 由μm1g＝m1a1＝m1a2‎ 知a1＝a2＝2 m/s2‎ 分析可知砝码加速和减速的时间相等，位移相等，故加速运动的距离最大是l时，砝码移动的时间最长，设此时加速时间为t，‎ 由运动学公式有：l＝a1t2，得：t＝ s，‎ 则砝码移动的最长时间为tm＝2t＝ s。‎ ‎(2)设当纸板的加速度为a3时，砝码经历时间t恰好从纸板上滑下，则此时的拉力最小，设为F，由运动学公式有：d＋＝a3t2，得：a3＝202 m/s2，‎ 由F－μ(m1＋m2)g－μm1g＝m2a3，‎ 得：F＝2.44 N，‎ 即纸板所需的拉力至少为2.44 N。‎ - 25 -‎