高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题1力与运动第2讲力与直线运动.docx

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1、第一部分专题一第2讲基础题知识基础打牢1(2022河南郑州二模)随着车辆的增多，很多地方都安装有车牌自动识别的直杆道闸如图所示为某直杆道闸OM，OM长度为3 m，N点为OM中点，直杆可绕转轴O在竖直平面内匀速转动一辆长度为4 m的汽车以速度v2 m/s垂直于自动识别线ab匀速运动，汽车前端从ab运动到直杆处ab的时间为3.3 s已知自动识别系统的反应时间为0.3 s，直杆在汽车前端到达ab时，抬高了45关于直杆的转动下列说法正确的是(D)A直杆转动的角速度为 rad/sBN点的线速度为 m/sC自动识别线ab到直杆处ab的距离为6 mD汽车刚通过道闸时，直杆抬起的角度为75【解析】由角速度定义

2、式 rad/s rad/s，A错误；由角速度与线速度关系式vNrN3 m/s m/s，B错误；由匀速直线运动公式xvt23.3 m6.6 m，C错误；由匀速直线运动公式，车通过道闸的时间为t1 s2 s，由角速度定义式，求得1t2(3.30.32)75，D正确2(2022云南昆明一模)图甲是小明同学站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，点P是他的重心位置，a是静止站立时的状态图乙是根据传感器采集到的数据画出的力时间图线两图中ag各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出重力加速度g取10 m/s2根据图乙分析可知(B)A小明重力为500 NBc点位置小明可能处于下蹲Cc点位置小明处于减速上升阶

3、段D小明在d点的加速度比g点的小【解析】a是静止站立，由此可知小明重力为550 N，故A错误；c点位置处于超重状态且在最大压力之前，因此处于减速下蹲阶段，故B正确，C错误；根据牛顿第二定律可知d点加速度大于g点，故D错误3(2022河南新乡二模)学校计算机协会制作了一批智能小车，同学们设置指令，使甲、乙两智能小车在同一地点从同一时刻开始沿同一方向运动，运动的v-t图象如图所示，其中甲在t1时刻前运动的v-t图象为抛物线，在t1时刻后运动的v-t图象是平行时间轴的直线，且与抛物线平滑连接下列说法正确的是(D)A在0t1时间内，甲做加速度增大的变加速直线运动B甲、乙在t2时刻相遇C甲、乙相遇两次D

4、在0t1时间内的某时刻甲、乙的加速度相同【解析】因为v-t图象的斜率表示加速度，由图可知，在0t1时间内，甲做加速度逐渐减小的变加速直线运动，且在0t1时间内的某时刻甲的切线斜率等于乙的斜率，即0t1时间内的某时刻两者加速度相同，故A错误，D正确；因为v-t图象的面积表示位移，由图可知0t2时间内x甲x乙，又因为甲、乙两智能小车在同一地点从同一时刻开始沿同一方向运动，所以t2时刻甲在乙前面，故B错误；因为t2时刻甲在乙前面，且之后乙的速度大于甲的速度，所以甲、乙t2时刻之后会相遇一次，且相遇之后一直乙的速度大于甲的速度，故只能相遇一次，故C错误4(2022河南平顶山二次质检)2022年2月6日

5、，中国女足时隔16年重夺亚洲杯冠军某学习小组在研究足球运动规律时，将足球在地面上方某高度处竖直向上抛出，足球在空中运动过程中受空气阻力的大小与速率成正比规定竖直向上为正方向，关于反映足球运动的v-t图象，下列正确的是(D)【解析】上升阶段，小球受到重力和向下的空气阻力，根据牛顿第二定律，有mgfma，又fkv得ag知加速度随着速度减小而减小，当v0时，ag；下降阶段，小球受到重力和向上的空气阻力，根据牛顿第二定律，有mgfma，又fkv得ag知加速度随着速度增大而减小，结合v-t图象的斜率等于加速度，知图象的切线斜率不断减小，故A、B、C错误，D正确5(2022安徽江南十校一模)索道是许多景区

6、重要的交通工具如图为索道运输货物的情景，已知倾斜的钢索与水平方向夹角为30，悬挂车厢的钢绳始终保持竖直一质量为m的物体放在车厢内倾角为30的固定斜面上，当车厢以加速度a(atan D从图象可以得出木块运动过程中的速度一定有等于v0的时刻【解析】若木块以一定的初速度沿传送带开始向上运动，木块一定先减速，而图象表示的是运动方向不变，且一直做加速运动，所以木块的初速度一定向下，故A错误；木块的初速度一定沿斜面向下的，又因为图象的斜率先大后小，所以木块的加速度也先大后小，木块的合力先大后小，木块所受的摩擦力先向下后向上，只有木块的初速度小于v0时摩擦力的方向才能先向下，故B正确；木块的初速度小于v0，

7、摩擦力沿斜面向下，木块向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律mgsin fma1，因为加速度发生过一次改变，说明摩擦力方向发生改变，摩擦力方向改变时木块的速度等于v0，当木块的速度等于v0后，因为木块继续加速，则mgcos mgsin ，解得tan ，故C错误，D正确故选BD13(多选)(2022四川成都二诊)如图(a)，倾角为的光滑斜面上，轻弹簧平行斜面放置且下端固定，一质量为m的小滑块从斜面上O点由静止滑下以O点为原点，作出滑块从O下滑至最低点过程中的加速度大小a随位移x变化的关系如图(b)弹簧形变始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g下列判定正确的是(AD)A弹簧的劲度系数为B下滑过程中

8、，在xx2处，滑块的机械能最大C在x1x2和x2x3两段过程中，弹簧弹性势能的增量相等D在x1x2和x2x3两段过程中，a-x图线斜率的绝度值均等于【解析】由图可知，当小球下落到x2时，加速度为零，即弹力与重力大小相等，此时弹簧的形变量为(x2x1)，则有k(x2x1)mgsin ，解得k，A正确；对小滑块和弹簧组成的系统进行分析，由于只有重力和弹力做功，则系统机械能守恒，当弹簧的弹性势能最小，小滑块的机械能最大，小滑块从O点下滑x1过程中机械能守恒，故当小滑块下滑到x1过程中，弹簧处于原长，弹性势能为零，为最小，则此过程中小滑块的机械能保持不变，为最大，B错误；由图可知，x1x2的距离差小于

9、x2x3的距离差，可得弹簧弹性势能的增量不相等，C错误；在x1x2的过程中，重力大于弹力，根据牛顿第二定律有mgsin k(xx1)ma，又由A项可知k(x2x1)mgsin ，联立解得a，由图可知，当xx1时agsin ，联立解得即为该段图线的斜率绝对值；在x2xa2，物块和纸片才能发生相对运动，可得F2(Mm)g，故D错误故选BC15(2022云南名校联盟二模)冬奥会中的冰球比赛是力量、速度与激情的完美融合，带给观众强有力的视觉冲击在某次热身训练中，教练员在冰面上与起跑线距离s050 m和s110 m处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以

10、初速度v030 m/s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v129 m/s重力加速度大小为g10 m/s2求：(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度【答案】(1)0.059(2)6.962 m/s2【解析】(1)设冰球与冰面间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律可得冰球滑行的加速度a1g由速度与位移的关系知2a1s0vv联立得解得0.059(2)设冰球运动的时间为t，则t又s1a2t2由得a2解得

11、a26.962 m/s216(2022四川南充模拟)一个质量m0.5 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在平行斜面向上的拉力F6 N作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L8 m，已知斜面倾角37，g取10 m/s2求：(1)物块加速度a的大小；(2)物块与斜面之间的动摩擦因数；(3)若拉力F的大小和方向可调节，如图所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少【答案】(1)2 m/s2(2)0.5(3) N【解析】(1)匀加速位移公式Lv0tat2得a2 m/s2(2)牛顿第二定律Fmgsin mgcos ma得0.5(3)设F与斜面夹角为，平行斜面方向Fcos mgsin FNma垂直斜面方向FNFsin mgcos 解得F当sin()1时，F有最小值Fmin，代入数据得Fmin N