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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習 專題整合突破一 力與運動 第2講 力與物體的直線運動素能特訓.doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習 專題整合突破一 力與運動 第2講 力與物體的直線運動素能特訓.doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習 專題整合突破一 力與運動 第2講 力與物體的直線運動素能特訓一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分,其中15為單選題,68為多選題)1xx湖北八校聯(lián)考如圖所示,甲、乙兩物體在同一直線上運動的位置坐標x隨時間t變化的圖象,已知甲做勻變速直線運動,乙做勻速直線運動,則0t2時間內(nèi)下列說法正確的是()A兩物體在t1時刻速度大小相等Bt1時刻乙的速度大于甲的速度C兩物體平均速度大小相等D甲的平均速度小于乙的平均速度答案C解析xt圖中兩圖線的交點代表相遇,切線斜率代表速度,所以A選項錯誤。t1時刻甲的速度大于乙的速度,所以B選項錯誤。因為平均速度,所以兩物體平均速度大小相等,所以C選項正確,D選項錯誤。2xx洛陽統(tǒng)考如圖甲所示,一個質(zhì)量為3 kg的物體放在粗糙水平地面上,從零時刻起,物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運動。在03 s時間內(nèi)物體的加速度a隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,則()AF的最大值為12 NB01 s和23 s內(nèi)物體加速度的方向相反C3 s末物體的速度最大,最大速度為8 m/sD在01 s內(nèi)物體做勻加速運動,23 s內(nèi)物體做勻減速運動答案C解析由at圖象知加速度最大時a4 m/s2,由牛頓第二定律Fmgma知,F(xiàn)最大值大于12 N,所以A選項錯誤。01 s和23 s內(nèi),加速度均為正方向,所以B選項錯誤。3 s末速度最大。由at圖面積知v8 m/s,所以vmax8 m/s,所以C選項正確。01 s和23 s內(nèi)加速度a與速度v均同向做加速運動,但a大小變化,所以不是勻加速,故D選項錯誤。3xx鹽城月考甲、乙兩球質(zhì)量分別為m1、m2,從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放。兩球下落過程所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比,與球的質(zhì)量無關(guān),即fkv(k為正的常量)。兩球的vt圖象如圖所示。落地前,經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2。則下列判斷正確的是()A釋放瞬間甲球加速度較大B.C甲球質(zhì)量大于乙球Dt0時間內(nèi)兩球下落的高度相等答案C解析m1、m2均由靜止釋放,所以釋放瞬間空氣阻力為零,只受重力作用,加速度均為重力加速度,故A選項錯誤;當兩球達到穩(wěn)定狀態(tài)時,mgkv,則,故B選項錯誤;由圖知v1>v2,則m1>m2,所以C選項正確。t0時刻vt圖圍成的面積不相等,所以D選項錯誤。4xx浙江模擬如圖所示,位于豎直平面內(nèi)的圓與水平面相切于M點,與豎直墻相切于A點,C為圓的最高點,豎直墻上點B、D與M的連線和水平面的夾角分別為53和37。已知在t0時,a、b、d三個球分別由A、B、D三點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點,c球由C自由下落到M點,則()Aa、b和d球同時到達M點Bb球和d球同時到達M點Cc球位移最大,最后到達M點D沿墻壁上任意一點到M點的光滑斜直軌道由靜止下滑的物體,下落高度越低,用時越短答案B解析設(shè)圓的半徑為r,對于AM段,位移:x1r,加速度:a1gsin45g,由位移時間公式得,所用時間:t12對于BM段,位移:x2r,加速度:a2gsin53g,由位移時間公式得,所用時間:t2對于CM段,位移:x32r,加速度:a3g,由位移時間公式得,所用時間:t3對于DM段,位移:x4r,加速度:a4gsin37g,由位移時間公式得,所用時間:t4故:t1t3<t2t4故a、c同時到達M點,b、d同時到達M點,且a、c用時短于b、d用時,故A、C、D錯誤,B正確。5xx江西二模如圖所示,在光滑的水平面上有一段長為L、質(zhì)量分布均勻的繩子。在水平向左的恒力F作用下從靜止開始做勻加速運動。繩子中某點到繩子左端的距離為x,設(shè)該處繩的張力大小為T,則能正確描述T與x之間的關(guān)系的圖象是()答案D解析以整段繩子為研究對象,由牛頓第二定律有Fma,繩子質(zhì)量分布均勻,則單位長度的質(zhì)量m0,距繩子左端x處某點的張力大小Tma聯(lián)立得:T(1)FFF圖象來源于函數(shù),Tx圖象為一次函數(shù),故D選項正確。6xx濰坊月考如圖甲,輕彈簧上端固定在升降機頂部,下端懸掛重為G的小球,小球隨升降機在豎直方向上運動。t0時,升降機突然停止,其后小球所受彈簧的彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙,取F豎直向上為正,以下判斷正確的是 ()A升降機停止前一定向上運動B02t0時間內(nèi),小球先處于失重狀態(tài),后處于超重狀態(tài)Ct03t0時間內(nèi),小球向下運動,在t0、3t0兩時刻加速度相同D3t04t0時間內(nèi),彈簧彈力做的功大于小球動能的變化答案AD解析t0時刻升降機突然停止,由圖象知彈簧彈力減小,所以小球向上運動才會有彈簧彈力減小的結(jié)果,故A正確。零時刻FG,F(xiàn)豎直向上為正,所以彈簧有形變時都伸長不壓縮,0t0時間內(nèi)小球v方向向上,a向下,減速,失重;t0時刻彈簧原長;t02t0時間內(nèi),a向下,v向下,加速,失重;2t03t0時間內(nèi),a向上,v向下,減速,超重;3t0時刻小球到達最低點;3t04t0時間內(nèi),a向上,v向上,加速,超重,故B、C錯誤;3t04t0時間內(nèi),彈簧彈力做正功,重力做負功,兩者總功等于小球動能的變化,故D正確。7xx山東模擬如圖甲所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角的關(guān)系,將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角,實驗測得x與斜面傾角的關(guān)系如圖乙所示,g取10 m/s2,根據(jù)圖象可求出()A物體的初速率v03 m/sB物體與斜面間的動摩擦因數(shù)0.75C取不同的傾角,物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin1.44 mD當某次30時,物體達到最大位移后將沿斜面下滑答案BC解析當90時,ag,據(jù)v2ax1得v06 m/s,故A選項錯誤。當0時,據(jù)v2ax2,其中ag,所以0.75,故B選項正確。當30時,>tan30,所以物體達到最大位移后將不再下滑,所以D選項錯誤。由v2(gsingcos)x 得x。所以xmin1.44 m,故C選項正確。8在光滑水平面上放置兩長度相同、質(zhì)量分別為m1和m2的木板P、Q,在木板的左端各有一大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊a和b,木板和物塊均處于靜止狀態(tài)?,F(xiàn)對物塊a和b分別施加水平恒力F1和F2,使它們向右運動。當物塊與木板分離時,P、Q的速度分別為v1、v2,物塊P、Q相對地面的位移分別為s1、s2。已知兩物塊與木板間的動摩擦因數(shù)相同,下列判斷正確的是()A若F1F2,m1>m2,則v1<v2,s1<s2B若F1F2,m1<m2,則v1>v2,s1<s2C若F1>F2,m1m2,則v1<v2,s1>s2D若F1<F2,m1m2,則v1>v2,s1>s2答案AD解析A、B選項F1F2,則a、b加速度相同,用圖線3表示a、b的vt圖,m1>m2時,a1<a2分別用1、2圖線表示,畫vt圖。由于圖線和時間軸的面積差表示木板長,所以1和3的面積差、2和3的面積差需相同,所以v2>v1,s2>s1,故A選項正確。同理,C、D選項畫圖,P、Q的vt相同為4,a、b的分別為5、6F大的為5,F(xiàn)小的為6故D選項正確。二、計算題(本題共2小題,共36分,需寫出規(guī)范的解題步驟)9xx行唐月考如圖所示,一傳送帶與水平地面的夾角37,傳送帶上端固定一平臺,平臺離地面高H1.8 m,傳送帶以恒定速度v4 m/s逆時針運行。將質(zhì)量m2 kg的小滑塊輕放在傳送帶底端,平臺上的人通過一根輕繩用恒力F沿傳送帶向上拉小滑塊,滑塊的速度剛達到傳送帶的速度時輕繩斷裂,此后小滑塊恰好不能到達平臺上。已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.25,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g取10 m/s2。已知sin370.6,cos370.8,求: (1)恒力F;(2)小滑塊在傳送帶上運動的總時間T。答案(1)24 N(2)2.72 s解析(1)小滑塊在達到與傳送帶速度v4 m/s相等前加速度為a1,有:Fmgcos37mgsin37ma1位移x1隨后小滑塊向上勻減速到速度為零有:mgsin37mgcos37ma2解得a24 m/s2,通過的位移為x2x22 m向上的總位移xx1x2H/sin373 m解得x11 ma18 m/s2F24 N由va1t1解得t10.5 st21 s其向上運動的總時間為tt1t21.5 s(2)小滑塊向下滑動時,有x解得:t3 s1.22 s小滑塊在傳送帶上運動的總時間Tt1t2t32.72 s10xx邯鄲一模如圖,AB為光滑豎直桿,ACB為構(gòu)成直角的光滑L形直軌道,C處有一小圓弧連接,可使小球順利轉(zhuǎn)彎(即通過轉(zhuǎn)彎處不損失機械能)。套在桿上的小球自A點靜止釋放,分別沿AB軌道和ACB軌道運動,如果沿ACB軌道運動的時間是沿AB軌道運動時間的1.5倍,則AB與AC的夾角為多少?答案53解析設(shè)AB的長度為l,BAC,由幾何關(guān)系可得:AC的長度為lcos,CB的長度為lsin小球沿AB做自由落體運動,運動的時間為t:有l(wèi)gt2設(shè)AC段所用時間為t1,CB段所用時間為t2,由題可知t1t21.5t小球沿AC段運動時,加速度為a1,由牛頓第二定律可得mgcosma1且lcosgcost聯(lián)立,可得t1t,t20.5t;小球在C點的速度為vgcost1沿CB做勻加速運動,加速度為a2,由牛頓第二定律可得:mgsinma2且 lsinvt2a2t聯(lián)立解得:53。

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