新高考物理二轮复习一力与运动4

2022届新高考二轮复习专题一力与运动专练4（解析版）

1.甲、乙两物体在，=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其u-f图像如图所示，贝4（）

A.甲、乙在r=0到？=1S之间沿同一方向运动r=0到r=7S之间的位移为零

r=0至打=4s之间做往复运动D.甲、乙在，=6s时的加速度方向相同

2.某火箭由地面竖直向上发射时，其口-，图像如图所示，则下列表述正确的是（）

厶~厶时间内向下运动6~厶时间内加速度最大

C.0~厶时间内，火箭一直向上运动十

3.如图所示，I、n分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的—图线，根据图线

可以判断（）

A.甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同，方向相同

f=8s时相距最远

C.两球在f=2s时刻速度相同

r=8s时相遇

耳和鸟分别作用于水平面上等质量的。、。两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继

续运动一段时间后停下，“、％两物体的v-f图像分别如图中04B、OC。所示，图中

AB//CD,则（）

V.

O

A.1的冲量大于马的冲量B.6的冲量等于F2的冲量

5.水平地面上有一固定的斜面体，一木块从粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动后

又沿斜面加速下滑到底端.则木块（）

6.如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在A8段匀加速下滑，

在BC段匀减速下滑，滑到CA8段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为必和〃2,48与8c

长度相等，则（）

4+丹=2tan0

A点滑到C点先超重后失重

7.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为根和2加的物块A、B,通

过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，4B间的接触面和轻绳均与木板平行。A与3间、B与

木板间的动摩擦因数均为〃，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当木板与水平面的夹角为45。

时，物块A、B刚好要滑动，则〃的值为（）

8.如图所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重

力G=10N的重物Q,物体P向右运动的加速度为《；若细线下端不挂重物，而用F=10N

的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为/，贝1（）

A.a]<a2B.q=a2C.q>a2D.条件不足，无法判断

9.如图所示，4B、C三球的质量均为轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相

连，4B间固定一个轻杆，3、C间由一轻质细线连接。倾角为0的光滑斜面固定在地面

上，弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始时刻系统处于静止状态，若重力加速度为g,细

线被烧断的瞬间，下列说法正确的是（）

A.8球的受力情况未变，加速度为零

B.A、B两球的加速度均沿斜面向上，大小均为:gsin。

C.4B之间杆的拉力大小为即經电

D.C球的加速度沿斜面向下，大小为gsin。

10.如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B,

其中绳子的尸A段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮尸的轴相连，在绕过光滑的定滑

轮Q后在其端点。施加一水平向左的外力F,使整个系统处于平衡状态，滑轮均光滑、轻

质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点。使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡

状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较（）

FF96减小

11.如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为厶传送带沿顺时针方向转动，一个质量为

m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运动到B端，此过程中物块先做匀加速直

线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两

过程中物块运动的位移之比为2:3,重力加速度为g,传送带速度大小v不变.下列说法正确

的是（）

2

3L

5v

10v2

亚

mv2

12.如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为与平板车上表面

等高的平台上有一质量为机的滑块以水平初速度%向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车

开始计时，之后它们的速度随时间变化的图像如图乙所示，厶是滑块在车上运动的时间，以

下说法中正确的是（）

甲

A.滑块最终没有滑离平板车

B.滑块与平板车的质量相等

%

C.滑块与平板车上表面间的动摩擦因数为

3g%

2

D.平板车上表面的长度为

13.如图所示，质量m=11kg的物体（可视为质点）用细绳拴住，放在水平传送带的右端,

物体和传送带之间的动摩擦因数〃=0.5,传送带的长度L=5m,当传送带以v=5m/s的速

度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角37。。已知：^=10m/s2,sin37°=0.6,

（1）求传送带稳定运动时绳子的拉力T;

（2）某时刻剪断绳子，物体在传送带上匀加速运动的位移；

14.如图所示，质量M=8kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力

尸=48N的作用，当长木板8的速度u=6m/s时，从长木板B的左端滑上一质量m=2kg

的小木块A,此时小木块A的速度大小也为v=6m/s,已知小木块A未从长木板8的右端

滑下，小木块A与长木板8和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为〃=0.2,重力加速度

g=10m/s?.求：

（1）长木板8向左运动的最大位移;

（2）长木板8的长度至少为多少.

答案以及解析

1.答案：BD

解析：在r=o至打=0.5s之间，乙沿X轴负方向运动，甲沿x轴正方向运动，A错误；位移

可用v-f图线与时间轴围成的图形面积（有正负）来判断，乙图线在f=0至卄=7s之间与

时间轴所围成的图形总面积为零，B正确；甲在，=0到f=4s之间速度方向一直没变，C错

误；从速度变化趋势可知在，=6s时甲和乙的加速度方向相同，D正确.

2.答案：C

解析：由题图看出，火箭的速度一直为正值，说明火箭一直在上升，故A错误，C正确。

由v-f图像的斜率表示加速度，可知在％~厶时间内火箭的加速度最大，最大加速度大小为

“=产7，故B、D错误。

3.答案:D

解析：甲、乙两小球均做匀变速直线运动，加速度孚，解得/=-10m/s2,^=^m/s2,

Ar3

故A错误；根据V—图线与■轴所围图形面积表示位移可知，在两球速度相等时间距最大，

由图像可知，该时间点在4~6s之间，故B错误；在f=2s时刻甲、乙两小球的速度分别为

20m/s、-20m/s,所以它们的速度大小相等，方向相反，故C错误；甲小球8s内图线与

，轴所围的总面积为零即总位移为零，说明甲小球又回到出发点，乙小球前2s内静止，后6

s图线与r轴所围成的面积也为零，说明乙小球也回到了出发点，又因为两小球从同一地点

出发，所以两小球此时相遇，故D正确.

4.答案：C

解析：AB与CD冗厶-/^=0,入，2-人步=0.由题图可知，匂（bo,则有耳即耳的

冲量小于巴的冲量，故C正确，A、B、D错误.

5.答案：CD

解析：根据牛顿第二定律可求岀木块上滑的加速度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错误；因上滑、

下滑位移大小相等，根据可知，上滑时间小于下滑时间，B错误；根据x=W=

可知，上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，C正确；因在上滑、下滑的过程

中滑动摩擦力大小相等，位移大小相等，故木块克服摩擦力做功相同，D正确.

6.答案：B

解析：小孩在AB段做匀加速直线运动，将小孩的加速度q分解为水平和竖直两个方向，由

于小孩有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；

有竖直向下的分加速度，由牛顿第二定律分析可知，小孩处于失重状态，地面对滑梯的支持

力小小于小孩和滑梯的总重力.同理，小孩在8C段做匀减速直线运动时，小孩处于超重状

态，地面对滑梯的支持力大于小孩和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故

A、C、D错误；设AB的长度为L,小孩在8点的速度为也以小孩从A到8为研究过程，

由牛顿第二定律可得〃琢sin(9-〃叩geos。=抗4,由运动学公式可得/=2aJ；以小孩从B

到C为研究过程，由牛顿第二定律可得cos。-mgsin。=〃吗，由运动学公式可得

2

v=2a2L,联立解得〃।=2tan。，故B正确.

7.答案：C

解析：物块A、B刚好要滑动，说明A、8刚好处于平衡状态，所受摩擦力为最大静摩擦力,

分别对4、B受力分析，则对A,T=/ngsin45°+〃"?gcos45°,对

B,T+/jmgcos450+3juingcos45°=2mgsin45",联立解得〃=(,故C正确。

8.答案：A

解析：挂重物时，选连接体为研究对象，由牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小为

G10N

“=，”丄"，=，”丄屮，且“1=4；当改为1。N的拉力后，由牛顿第二定律得：P的加速度

mp+mp+mQ

,FION,,,

为“2=----=-------，故4<%，故A正确。

/mp

9.答案：BCD

解析：细线被烧断的瞬间，8球不受细线的拉力作用，B球的受力情况发生变化，合力不为

零，加速度不为零，故选项A错误。以A、B、C组成的系统为研究对象,烧断细线前，系统

静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f=3mgsin。；以C球为研究对象，知细线的

拉力为,"gsin。，烧断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，由牛顿第二定律得：

3mgsin6-2mgsin6=2ma,则加I速度a=ggsin。，故选项B正确；B球的加速度

aB=^gsin0,以8球为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB-mgsin0=maB,解得

3

&=5Wgsin(9,故选项C正确；对C球，由牛顿第二定律，"gsin0=〃?ac-解得a=gsin。,

方向沿斜面向下，故选项D正确。

10.答案:AD

解析：以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子上的力始终等于B的重力，两绳子拉力的合

力方向沿乙4PB的角平分线，拉动绳子后，动滑轮P向上运动，绳AP、BP间的夹角减小，

两段绳拉力的合力增大，故口增大,A项正确,B项错误；户。段绳与竖直方向夹角等于

的一半，故拉动绳子后角。减小，C项错误，D项正确。

11.答案：BC

解析：由题意知用N：V=2：3,得%=3,A错误；物块做匀速运动过程有半=%,则

r=—,物块做匀加速运动与匀速运动时间相等，即乙=，2,B正确；由运动学公式有

25v

v2-v^=2ax,x=-L,〃g=a,可得动摩擦因数C正确；由热量。=力相对，

59gL

5相对=呜-3=1，可得。=等，D错误.

12.答案：BCD

解析：由题图乙可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将滑

_2

%-3%=%,小车的加速度大小的=繋,

离平板车，故A错误；滑块的加速度大小4

ul43厶“

知滑块与小车的加速度之比为G,根据牛顿第二定律，对滑块有f=ma,,对小车有f=Ma2,

则滑块与小车的质量之比为m：M=l：l,故B正确。滑块的加速度％=又4=套,

21

%

则〃=故C正确；滑块的位移，%+]%,_5小车的位移1,

3g/。

2o2O

512

则小车上表面的长度L二=7%'o，故D正确。故选B、C、Do

663

13.答案：解：（1）传送带稳定运动时，物体处于平衡状态。

FTCOSe=Ff

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

解得6=5N。

答：传送带稳定运动时绳子的拉力为5N；

（2）剪断绳子后，根据牛顿第二定律〃机g

解得Q=5m/s2

2

匀加速的时间4=2=ls,位移玉=-«^=2.5mo

答：物体在传送带上匀加速运动的位移