（全国通用）2022高考物理二轮复习新题重组训练专题一 力与运动2a1.[2022·武汉武昌区调研]两个质点A、B放在同一水平面上，由静止开始从同一位置沿相同方向同时开始做直线运动，其运动的v－t图象如图所示。对A、B运动情况的分析，下列结论正确的是( )A．A、B加速时的加速度大小之比为2∶1，A、B减速时的加速度大小之比为1∶1B．在t＝3t0时刻，A、B相距最远C．在t＝5t0时刻，A、B相距最远D．在t＝6t0时刻，A、B相遇[解析] 本题考查速度—时间图象，意在考查考生对速度—时间图象的掌握情况以及应用图象分析问题的能力。由v－t图象可知，通过斜率可计算加速度大小，加速时A、B的加速度大小之比为10∶1，减速时A、B的加速度大小之比为1∶1，选项A错误；由A、B的运动关系可知，当A、B速度相同时距离最大，故选项B、C错误；由题意可知A、B是从同一位置同时开始运动的，由速度—时间图象可以算出运动位移，可知6t0时刻，A、B位移相同，因此在此时刻A、B相遇，选项D正确。[答案] D2．[2022·石家庄质检]质量为1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则A、B间的距离为(已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )A．1.05m B．1.13mC．2.03mD．1.25m[解析] 本题考查牛顿第二定律、运动学公式等知识点，意在考查考生的逻辑推理能力。由题意可知，小物块先沿斜面向上做匀减速直线运动到速度为零，再沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，对其受力分析，设向上运动时的加速度为a1，向下运动时的加速度为a2，由牛顿第二定律可得mgsin53°＋μmgcos53°＝ma1，解得a1＝10m/s2；mgsin53°－μmgcos53°＝ma2，解得a2＝6m/s2；小物块上滑的时间t1＝＝s＝0.5s，上滑的距离x1＝vt1＝1.25m；小物块下滑的时间t2＝0.7s－t1＝0.2s，下滑的距离x2＝a2t＝0.12m，则A、B间的距离d＝x1－x2＝1.25m－0.12m＝1.13m。选项B正确，A、C、D错误。[答案] B3．[2022·名校联考](多选)一质量为M的斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一质量为m的滑块，若给滑块一斜向下的初速度v0，则滑块正好保持匀速下滑，如图所示，现在滑块下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是( )-3-\nA．在滑块上加一竖直向下的力F1，则滑块将保持匀速运动，斜劈对地无摩擦力的作用B．在滑块上加一个沿斜面向下的力F2，则滑块将做加速运动，斜劈对地有水平向左的静摩擦力的作用C．在滑块上加水平向右的力F3，则滑块将做减速运动，在滑块停止前斜劈对地有向右的静摩擦力的作用D．无论在滑块上加什么方向的力，在滑块停止前斜劈对地都无静摩擦力的作用[解析] 本题考查力与运动的关系，意在考查考生对摩擦力、牛顿运动定律的理解和运用能力。设滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，滑块受到竖直向下的重力mg、垂直斜面的支持力FN和沿斜面向上的摩擦力Ff沿斜面匀速下滑，则有mgsinθ＝μmgcosθ。若在滑块沿斜面下滑的过程中再加一竖直向下的力F1，则由(mg＋F1)sinθ＝μ(mg＋F1)cosθ得，滑块仍沿斜面匀速下滑，运用整体法知，地面对斜劈无摩擦力，斜劈对地无摩擦力，选项A正确；若在滑块上加一沿斜面向下的力F2，则由mgsinθ＋F2>μmgcosθ得，滑块沿斜面加速下滑，对斜劈进行受力分析，Ff2cosθ＝μFN2cosθ＝μmgcosθ·cosθ＝mgcosθ·sinθ＝FN2·sinθ，知地面对斜劈无摩擦力，所以斜劈对地无摩擦力，选项B错误；若在滑块上加一水平向右的力F3，则FN3＝mgcosθ＋F3sinθ，mgsinθ<μ(mgcosθ＋F3sinθ)，即滑块沿斜面减速下滑，对斜劈进行受力分析，Ff3cosθ＝μFN3cosθ＝μ(mgcosθ＋F3sinθ)cosθ＝(mgcosθ＋F3sinθ)sinθ＝FN3sinθ，地面对斜劈无摩擦力，斜劈对地无摩擦力，选项C错误；同理分析，总有关系Ffcosθ＝μFNcosθ＝FNsinθ成立，可知选项D正确。[答案] AD4．体育课上，老师带领学生做一个游戏：在长为50m的直线跑道AB上距起点A的距离为30m处放一篮球，学生从起点A出发，捡球后，跑到终点B，看谁用的时间最短。若某同学加速阶段和减速阶段均看做加速度大小为4m/s2的匀变速直线运动，该同学运动的最大速度为10m/s，设捡球时人的速度为0。求该同学从A运动到B所需要的最短时间。[解析] 设该同学匀加速至最大速度的过程所用的时间t1，由运动学公式可得：v＝2ax1，可得：x1＝＝12.5m<30m t1＝＝2.5s由对称可知匀减速至0用时t2＝t1＝2.5sx2＝x1＝12.5mx1＋x2＝25m<30m，说明该同学先加速，再匀速，最后减速。匀速过程用时t3＝＝0.5s从0再加速至最大速度用时t4＝t1＝2.5s-3-\n再匀速跑到终点用时t5＝＝0.75s该同学所需要的最短时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝8.75s。[答案] 8.75s5．如图所示，质量为M＝2kg的足够长的木板A静止在水平地面上，其上表面水平，木板A与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，一个质量为m＝3kg的小物块B(可视为质点)静止于A的左端，小物块B与木板A间的动摩擦因数为μ2＝0.3。现给小物块B一个水平向右的初速度，大小为v0＝1m/s。求：木板A与小物块B在整个运动过程中位移大小之比(最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小，g取10m/s2)。[解析] 分别以木板A、物块B为研究对象受力分析，设木板和物块的加速度大小分别为aA、aB，由牛顿第二定律得：μ2mg＝maBμ2mg－μ1(m＋M)g＝MaA假设经过t0秒A、B共速，共同速度设为v共，由匀变速直线运动的规律得：v0－aBt0＝aAt0＝v共解得：aA＝2m/s2，aB＝3m/s2，t0＝0.2s，v共＝0.4m/s共速前，A的位移大小设为xA，B的位移大小设为xB，则xA＝aAt，xB＝v0t0－aBt解得：xA＝0.04m，xB＝0.14m假设共速之后，A、B一起向右匀减速运动，木板和物块间的静摩擦力大小为f，木板和物块的加速度大小分别为a′A、a′B，由牛顿第二定律得：f＝ma′Bμ1(m＋M)g－f＝Ma′A解得：f＝μ1mg<μ2mg假设成立，a′A＝a′B＝μ1g＝1m/s2设共速之后至A、B均静止，A的位移设为x′A，B的位移设为x′B，则x′A＝x′B＝＝0.08m整个过程中A的位移大小XA＝xA＋x′A＝0.12mB的位移大小XB＝xB＋x′B＝0.22mXA∶XB＝6∶11[答案] 6∶11-3-
