新高考物理二輪復習一力與運動4

2022屆新高考二輪復習專題一力與運動專練4（解析版）

1.甲、乙兩物體在，=0時刻經過同一位置沿x軸運動，其u-f圖像如圖所示，貝4（）

A.甲、乙在r=0到？=1S之間沿同一方向運動r=0到r=7S之間的位移為零

r=0至打=4s之間做往復運動D.甲、乙在，=6s時的加速度方向相同

2.某火箭由地面豎直向上發(fā)射時，其口-，圖像如圖所示，則下列表述正確的是（）

厶~厶時間內向下運動6~厶時間內加速度最大

C.0~厶時間內，火箭一直向上運動十

3.如圖所示，I、n分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同一直線運動的—圖線，根據圖線

可以判斷（）

A.甲、乙兩小球做的是初速度方向相反的勻變速直線運動，加速度大小相同，方向相同

f=8s時相距最遠

C.兩球在f=2s時刻速度相同

r=8s時相遇

耳和鳥分別作用于水平面上等質量的。、。兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼

續(xù)運動一段時間后停下，“、％兩物體的v-f圖像分別如圖中04B、OC。所示，圖中

AB//CD,則（）

V.

O

A.1的沖量大于馬的沖量B.6的沖量等于F2的沖量

5.水平地面上有一固定的斜面體，一木塊從粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑動后

又沿斜面加速下滑到底端.則木塊（）

6.如圖所示是滑梯簡化圖，一小孩從滑梯上A點開始無初速度下滑，在A8段勻加速下滑，

在BC段勻減速下滑，滑到CA8段和BC段滑動時的動摩擦因數(shù)分別為必和〃2,48與8c

長度相等，則（）

4+丹=2tan0

A點滑到C點先超重后失重

7.如圖所示，一輕質光滑定滑輪固定在傾斜木板上，質量分別為根和2加的物塊A、B,通

過不可伸長的輕繩跨過滑輪連接，4B間的接觸面和輕繩均與木板平行。A與3間、B與

木板間的動摩擦因數(shù)均為〃，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當木板與水平面的夾角為45。

時，物塊A、B剛好要滑動，則〃的值為（）

8.如圖所示，物體P置于光滑的水平面上，用輕細線跨過質量不計的光滑定滑輪連接一個重

力G=10N的重物Q,物體P向右運動的加速度為《；若細線下端不掛重物，而用F=10N

的力豎直向下拉細線下端，這時物體P的加速度為/，貝1（）

A.a]<a2B.q=a2C.q>a2D.條件不足，無法判斷

9.如圖所示，4B、C三球的質量均為輕質彈簧一端固定在斜面頂端，另一端與A球相

連，4B間固定一個輕桿，3、C間由一輕質細線連接。傾角為0的光滑斜面固定在地面

上，彈簧、輕桿與細線均平行于斜面，初始時刻系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，若重力加速度為g,細

線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是（）

A.8球的受力情況未變，加速度為零

B.A、B兩球的加速度均沿斜面向上，大小均為:gsin。

C.4B之間桿的拉力大小為即經電

D.C球的加速度沿斜面向下，大小為gsin。

10.如圖所示，一根繩子一端固定于豎直墻上的A點，另一端繞過動滑輪P懸掛一重物B,

其中繩子的尸A段處于水平狀態(tài)，另一根繩子一端與動滑輪尸的軸相連，在繞過光滑的定滑

輪Q后在其端點。施加一水平向左的外力F,使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，滑輪均光滑、輕

質，且均可看作質點，現(xiàn)拉動繩子的端點。使其向左緩慢移動一小段距離后達到新的平衡

狀態(tài)，則該平衡狀態(tài)與原平衡狀態(tài)相比較（）

FF96減小

11.如圖所示，水平傳送帶兩端A、B間的距離為厶傳送帶沿順時針方向轉動，一個質量為

m的小物塊以一定的初速度從A端滑上傳送帶，運動到B端，此過程中物塊先做勻加速直

線運動后做勻速直線運動，物塊做勻加速直線運動的時間與做勻速直線運動的時間相等，兩

過程中物塊運動的位移之比為2:3,重力加速度為g,傳送帶速度大小v不變.下列說法正確

的是（）

2

3L

5v

10v2

亞

mv2

12.如圖甲所示，光滑水平面上停放著一輛表面粗糙的平板車，質量為與平板車上表面

等高的平臺上有一質量為機的滑塊以水平初速度%向著平板車滑來，從滑塊剛滑上平板車

開始計時，之后它們的速度隨時間變化的圖像如圖乙所示，厶是滑塊在車上運動的時間，以

下說法中正確的是（）

甲

A.滑塊最終沒有滑離平板車

B.滑塊與平板車的質量相等

%

C.滑塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)為

3g%

2

D.平板車上表面的長度為

13.如圖所示，質量m=11kg的物體（可視為質點）用細繩拴住，放在水平傳送帶的右端,

物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,傳送帶的長度L=5m,當傳送帶以v=5m/s的速

度做逆時針轉動時，繩與水平方向的夾角37。。已知：^=10m/s2,sin37°=0.6,

（1）求傳送帶穩(wěn)定運動時繩子的拉力T;

（2）某時刻剪斷繩子，物體在傳送帶上勻加速運動的位移；

14.如圖所示，質量M=8kg的長木板B沿水平地面向左運動，同時受到水平向右的恒力

尸=48N的作用，當長木板8的速度u=6m/s時，從長木板B的左端滑上一質量m=2kg

的小木塊A,此時小木塊A的速度大小也為v=6m/s,已知小木塊A未從長木板8的右端

滑下，小木塊A與長木板8和長木板B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.2,重力加速度

g=10m/s?.求：

（1）長木板8向左運動的最大位移;

（2）長木板8的長度至少為多少.

答案以及解析

1.答案：BD

解析：在r=o至打=0.5s之間，乙沿X軸負方向運動，甲沿x軸正方向運動，A錯誤；位移

可用v-f圖線與時間軸圍成的圖形面積（有正負）來判斷，乙圖線在f=0至卄=7s之間與

時間軸所圍成的圖形總面積為零，B正確；甲在，=0到f=4s之間速度方向一直沒變，C錯

誤；從速度變化趨勢可知在，=6s時甲和乙的加速度方向相同，D正確.

2.答案：C

解析：由題圖看出，火箭的速度一直為正值，說明火箭一直在上升，故A錯誤，C正確。

由v-f圖像的斜率表示加速度，可知在％~厶時間內火箭的加速度最大，最大加速度大小為

“=產7，故B、D錯誤。

3.答案:D

解析：甲、乙兩小球均做勻變速直線運動，加速度孚，解得/=-10m/s2,^=^m/s2,

Ar3

故A錯誤；根據V—圖線與■軸所圍圖形面積表示位移可知，在兩球速度相等時間距最大，

由圖像可知，該時間點在4~6s之間，故B錯誤；在f=2s時刻甲、乙兩小球的速度分別為

20m/s、-20m/s,所以它們的速度大小相等，方向相反，故C錯誤；甲小球8s內圖線與

，軸所圍的總面積為零即總位移為零，說明甲小球又回到出發(fā)點，乙小球前2s內靜止，后6

s圖線與r軸所圍成的面積也為零，說明乙小球也回到了出發(fā)點，又因為兩小球從同一地點

出發(fā)，所以兩小球此時相遇，故D正確.

4.答案：C

解析：AB與CD冗厶-/^=0,入，2-人步=0.由題圖可知，匂（bo,則有耳即耳的

沖量小于巴的沖量，故C正確，A、B、D錯誤.

5.答案：CD

解析：根據牛頓第二定律可求岀木塊上滑的加速度4=”也。+〃88$。，下滑的加速度

%=gsin。-〃geos。，可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，A錯誤；因上滑、

下滑位移大小相等，根據可知，上滑時間小于下滑時間，B錯誤；根據x=W=

可知，上滑過程速度的減小量大于下滑過程速度的增加量，C正確；因在上滑、下滑的過程

中滑動摩擦力大小相等，位移大小相等，故木塊克服摩擦力做功相同，D正確.

6.答案：B

解析：小孩在AB段做勻加速直線運動，將小孩的加速度q分解為水平和豎直兩個方向，由

于小孩有水平向右的分加速度，根據牛頓第二定律知，地面對滑梯的摩擦力方向水平向右；

有豎直向下的分加速度，由牛頓第二定律分析可知，小孩處于失重狀態(tài)，地面對滑梯的支持

力小小于小孩和滑梯的總重力.同理，小孩在8C段做勻減速直線運動時，小孩處于超重狀

態(tài)，地面對滑梯的支持力大于小孩和滑梯的總重力，地面對滑梯的摩擦力方向水平向左，故

A、C、D錯誤；設AB的長度為L,小孩在8點的速度為也以小孩從A到8為研究過程，

由牛頓第二定律可得〃琢sin(9-〃叩geos。=抗4,由運動學公式可得/=2aJ；以小孩從B

到C為研究過程，由牛頓第二定律可得cos。-mgsin。=〃嗎，由運動學公式可得

2

v=2a2L,聯(lián)立解得〃?=2tan。，故B正確.

7.答案：C

解析：物塊A、B剛好要滑動，說明A、8剛好處于平衡狀態(tài)，所受摩擦力為最大靜摩擦力,

分別對4、B受力分析，則對A,T=/ngsin45°+〃"?gcos45°,對

B,T+/jmgcos450+3juingcos45°=2mgsin45",聯(lián)立解得〃=(,故C正確。

8.答案：A

解析：掛重物時，選連接體為研究對象，由牛頓第二定律得，共同運動的加速度大小為

G10N

“=，”丄"，=，”丄屮，且“1=4；當改為1。N的拉力后，由牛頓第二定律得：P的加速度

mp+mp+mQ

,FION,,,

為“2=----=-------，故4<%，故A正確。

/mp

9.答案：BCD

解析：細線被燒斷的瞬間，8球不受細線的拉力作用，B球的受力情況發(fā)生變化，合力不為

零，加速度不為零，故選項A錯誤。以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對象,燒斷細線前，系統(tǒng)

靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，彈簧的彈力f=3mgsin。；以C球為研究對象，知細線的

拉力為,"gsin。，燒斷細線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，由牛頓第二定律得：

3mgsin6-2mgsin6=2ma,則加I速度a=ggsin。，故選項B正確；B球的加速度

aB=^gsin0,以8球為研究對象，由牛頓第二定律得：FAB-mgsin0=maB,解得

3

&=5Wgsin(9,故選項C正確；對C球，由牛頓第二定律，"gsin0=〃?ac-解得a=gsin。,

方向沿斜面向下，故選項D正確。

10.答案:AD

解析：以動滑輪P為研究對象，AP、BP段繩子上的力始終等于B的重力，兩繩子拉力的合

力方向沿乙4PB的角平分線，拉動繩子后，動滑輪P向上運動，繩AP、BP間的夾角減小，

兩段繩拉力的合力增大，故口增大,A項正確,B項錯誤；戶。段繩與豎直方向夾角等于

的一半，故拉動繩子后角。減小，C項錯誤，D項正確。

11.答案：BC

解析：由題意知用N：V=2：3,得%=3,A錯誤；物塊做勻速運動過程有半=%,則

r=—,物塊做勻加速運動與勻速運動時間相等，即乙=，2,B正確；由運動學公式有

25v

v2-v^=2ax,x=-L,〃g=a,可得動摩擦因數(shù)C正確；由熱量。=力相對，

59gL

5相對=嗚-3=1，可得。=等，D錯誤.

12.答案：BCD

解析：由題圖乙可知，滑塊運動到平板車最右端時，速度大于平板車的速度，所以滑塊將滑

_2

%-3%=%,小車的加速度大小的=繋,

離平板車，故A錯誤；滑塊的加速度大小4

ul43厶“

知滑塊與小車的加速度之比為G,根據牛頓第二定律，對滑塊有f=ma,,對小車有f=Ma2,

則滑塊與小車的質量之比為m：M=l：l,故B正確?；瑝K的加速度％=又4=套,

21

%

則〃=故C正確；滑塊的位移，%+]%,_5小車的位移1,

3g/。

2o2O

512

則小車上表面的長度L二=7%'o，故D正確。故選B、C、Do

663

13.答案：解：（1）傳送帶穩(wěn)定運動時，物體處于平衡狀態(tài)。

FTCOSe=Ff

FTs\n3+FN=mg,Ff=pFN,

解得6=5N。

答：傳送帶穩(wěn)定運動時繩子的拉力為5N；

（2）剪斷繩子后，根據牛頓第二定律〃機g

解得Q=5m/s2

2

勻加速的時間4=2=ls,位移玉=-?^=2.5mo

答：物體在傳送帶上勻加速運動的位移