2022年高考物理二輪復習：8種選擇題題型概述及思維模板匯編題型1：直線運動問題題型概述直線運動問題是高考的熱點，可以單獨考查，也可以與其他知識綜合考查.單獨考查若出現(xiàn)在選擇題中，則重在考查基本概念，且常與圖像結合;在計算題中常出現(xiàn)在第一個小題，難度為中等，常見形式為單體多過程問題和追及相遇問題.思維模板通過圖像的坐標軸、關鍵點、斜率、面積等信息，對運動過程進行分析，從而解決問題;對單體多過程問題和追及相遇問題應按順序逐步分析，再根據(jù)前后過程之間、兩個物體之間的聯(lián)系列出相應的方程，從而分析求解，前后過程的聯(lián)系主要是速度關系，兩個物體間的聯(lián)系主要是位移關系.1．（2019·新課標全國Ⅰ卷）如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的最大高度為H。上升第一個所用的時間為t1，第四個所用的時間為t2。不計空氣阻力，則滿足（）?A．1<<2B．2<<3C．3<<4D．4<<5【答案】C【解析】運動員起跳到達最高點的瞬間速度為零，又不計空氣阻力，故可逆向處理為自由落體運動。則根據(jù)初速度為零勻加速運動，相等相鄰位移時間關系第31頁共31頁
，可知，即，故本題選C。2．（2019·浙江選考）一輛汽車沿平直道路行駛，其v–t圖象如圖所示。在t=0到t=40?s這段時間內，汽車的位移是（）?A．0B．30?mC．750?mD．1?200?m【答案】C【解析】在v–t圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移，故在40?s內的位移為，C正確。3．（2018·新課標全國Ⅰ卷）高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的均加速直線運動，在啟動階段列車的動能（）A．與它所經歷的時間成正比B．與它的位移成正比C．與它的速度成正比D．與它的動量成正比【答案】B【解析】本題考查勻變速直線運動規(guī)律、動能、動量及其相關的知識點。根據(jù)初速度為零勻變速直線運動規(guī)律可知，在啟動階段，列車的速度與時間成正比，即v=at，由動能公式Ek=mv2，可知列車動能與速度的二次方成正比，與時間的二次方成正比，選項AC錯誤；由v2=2ax，可知列車動能與位移x成正比，選項B正確；由動量公式p=mv，可知列車動能Ek=mv2=，即與列車的動量二次方成正比，選項D錯誤。第31頁共31頁
4．（2018·浙江選考）如圖所示，豎直井中的升降機可將地下深處的礦石快速運送到地面。某一豎井的深度約為104m，升降機運行的最大速度為8m/s，加速度大小不超過，假定升降機到井口的速度為零，則將礦石從井底提升到井口的最短時間是（）?A．13sB．16sC．21sD．26s【答案】C【解析】升降機先做加速運動，后做勻速運動，最后做減速運動，在加速階段，所需時間，通過的位移為，在減速階段與加速階段相同，在勻速階段所需時間為：，總時間為：，故C正確，A、B、D錯誤。故選C。5．（2018·新課標全國II卷）甲、乙兩汽車同一條平直公路上同向運動，其速度–時間圖象分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t2時刻并排行駛，下列說法正確的是?A．兩車在t1時刻也并排行駛B．t1時刻甲車在后，乙車在前C．甲車的加速度大小先增大后減小D．乙車的加速度大小先減小后增大【答案】BD【解析】v–t圖象中圖象包圍的面積代表運動走過的位移，兩車在t2時刻并排行駛，利用逆向思維并借助于面積可知在t1時刻甲車在后，乙車在前，故A錯誤，B正確；圖象的斜率表示加速度，所以甲的加速度先減小后增大，乙的加速度也是先減小后增大，故C錯D正確。第31頁共31頁
6．（2018·新課標全國III卷）甲乙兩車在同一平直公路上同向運動，甲做勻加速直線運動，乙做勻速直線運動。甲乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示。下列說法正確的是?A．在t1時刻兩車速度相等B．從0到t1時間內，兩車走過的路程相等C．從t1到t2時間內，兩車走過的路程相等D．從t1到t2時間內的某時刻，兩車速度相等【答案】CD【解析】根據(jù)位移圖象的物理意義可知，在t1時刻兩車的位置相同，速度不相等，乙車的速度大于甲車的速度，選項A錯誤；從0到t1時間內，乙車走過的路程大于甲車，選項B錯誤；從t1到t2時間內，兩車都是從x1位置走到x2位置，兩車走過的路程相等，選項C正確；根據(jù)位移圖象的斜率等于速度可知，從t1到t2時間內的某時刻，兩車速度相等，選項D正確。題型2：物體的動態(tài)平衡問題題型概述物體的動態(tài)平衡問題是指物體始終處于平衡狀態(tài)，但受力不斷發(fā)生變化的問題.物體的動態(tài)平衡問題一般是三個力作用下的平衡問題，但有時也可將分析三力平衡的方法推廣到四個力作用下的動態(tài)平衡問題.思維模板常用的思維方法有兩種.(1)解析法：解決此類問題可以根據(jù)平衡條件列出方程，由所列方程分析受力變化；(2)圖解法：根據(jù)平衡條件畫出力的合成或分解圖，根據(jù)圖像分析力的變化.1．（2019·新課標全國Ⅰ卷）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪。一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N。另一端與斜面上的物塊M第31頁共31頁
相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°。已知M始終保持靜止，則在此過程中（）?A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細繩的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【解析】如圖所示，以物塊N為研究對象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾角為45°的過程中，水平拉力F逐漸增大，繩子拉力T逐漸增大；?????????????對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面向下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也逐漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面向上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加。故本題選BD。2．（2019·新課標全國Ⅱ卷）物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動，輕繩與斜面平行。已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取10m/s2。若輕繩能承受的最大張力為1500N，則物塊的質量最大為()A．150kgB．kgC．200kgD．kg第31頁共31頁
【答案】A【解析】T=f+mgsinθ，f=μN，N=mgcosθ，帶入數(shù)據(jù)解得：m=150kg，故A選項符合題意。3．（2019·新課標全國Ⅲ卷）用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面I、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面I、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則()?A．B．C．D．【答案】D【解析】對圓筒進行受力分析知圓筒處于三力平衡狀態(tài)，受力分析如圖，由幾何關系可知，，。解得，?由牛頓第三定律知，故D正確第31頁共31頁
?4．（2019·天津卷）2018年10月23日，港珠澳跨海大橋正式通車。為保持以往船行習慣，在航道處建造了單面索（所有鋼索均處在同一豎直面內）斜拉橋，其索塔與鋼索如圖所示。下列說法正確的是（）?A．增加鋼索的數(shù)量可減小索塔受到的向下的壓力B．為了減小鋼索承受的拉力，可以適當降低索塔的高度C．索塔兩側鋼索對稱且拉力大小相同時，鋼索對索塔的合力豎直向下D．為了使索塔受到鋼索的合力豎直向下，索塔兩側的鋼索必須對稱分布【答案】C【解析】A、以橋身為研究對象，鋼索對橋身的拉力的合力與橋身的重力等大反向，則鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值上等于橋身的重力，增加鋼索的數(shù)量鋼索對索塔的向下的壓力數(shù)值不變，故A錯誤；B、由圖甲可知，當索塔高度降低后，變大，?變小，故T變大，故B錯誤C、由B的分析可知，當鋼索對稱分布時，，鋼索對索塔的合力豎直向下，故C正確第31頁共31頁
D、受力分析如圖乙，由正弦定理可知，只要，鋼索AC、AB的拉力FAC、FAB進行合成，合力豎直向下，鋼索不一定要對稱分布，故D錯誤；綜上分析：答案為C。?5．（2019·江蘇卷）如圖所示，一只氣球在風中處于靜止狀態(tài)，風對氣球的作用力水平向右．細繩與豎直方向的夾角為α，繩的拉力為T，則風對氣球作用力的大小為（）?（A）（B）（C）Tsinα（D）Tcosα【答案】C【解析】對氣球受力分析，由水平方向平衡條件可得：，故C正確。6．（2018·天津卷）明朝謝肇淛《五雜組》中記載：“明姑蘇虎丘寺廟傾側，議欲正之，非萬緡不可。一游僧見之，曰：無煩也，我能正之?！庇紊刻鞂⒛拘◤乃韮A斜一側的磚縫間敲進去，經月余扶正了塔身。假設所用的木楔為等腰三角形，木楔的頂角為θ，現(xiàn)在木楔背上加一力F，方向如圖所示，木楔兩側產生推力FN，則（）?A．若F一定，θ大時大B．若F一定，θ小時大C．若θ一定，F(xiàn)大時大D．若θ一定，F(xiàn)小時大第31頁共31頁
【答案】BC【解析】選木楔為研究對象，木楔受到的力有：水平向右的F、和兩側給它的與木楔的斜面垂直的彈力，由于木楔處于平衡狀態(tài)，所以兩側給木楔的斜面垂直的彈力與F沿兩側分解的推力是相等的，力F的分解如圖：?則，?，故解得，所以F一定時，越小，越大；一定時，F(xiàn)越大，越大，BC正確。7．（2017·新課標全國Ⅲ卷）一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，則彈性繩的總長度變?yōu)椋◤椥岳K的伸長始終處于彈性限度內）（）A．86cmB．92cm?C．98cmD．104cm【答案】B【解析】設彈性繩的勁度系數(shù)為k，左、右兩半段繩的伸長量，由共點力的平衡條件可知，鉤碼的重力，將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上同一點時，鉤碼的重力，解得，則彈性繩的總長度變?yōu)?，故選B。第31頁共31頁
【名師點睛】在處理共點力平衡問題時，關鍵是對物體進行受力分析，再根據(jù)正交分解法將各個力分解成兩個方向上的力，然后列式求解；如果物體受到三力處于平衡狀態(tài)，可根據(jù)矢量三角形法，將三個力移動到一個三角形中，然后根據(jù)正弦定理列式求解。前后兩次始終處于靜止狀態(tài)，即合外力為零，在改變繩長的同時，繩與豎直方向的夾角跟著改變。8．（2017·天津卷）如圖所示，輕質不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點，懸掛衣服的衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止狀態(tài)。如果只人為改變一個條件，當衣架靜止時，下列說法正確的是（）?A．繩的右端上移到，繩子拉力不變B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小D．若換掛質量更大的衣服，則衣架懸掛點右移【答案】AB【解析】設兩桿間距離為d，繩長為l，Oa、Ob段長度分別為la和lb，則，兩部分繩子與豎直方向夾角分別為α和β，受力分析如圖所示。繩子中各部分張力相等，，則。滿足，，即，，d和l均不變，則sin?α為定值，α為定值，cos?α為定值，繩子的拉力保持不變，衣服的位置不變，故A正確，CD錯誤；將桿N向右移一些，d增大，則sin?α增大，cos?α減小，繩子的拉力增大，故B正確?！久麕燑c睛】本題是力的動態(tài)平衡的典型模型，學生并不陌生，關鍵要判斷出繩子和豎直方向的夾角只與繩長和兩桿間的距離有關。第31頁共31頁
9．（2017·新課標全國Ⅰ卷）如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為（）?，F(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中（）?A．MN上的張力逐漸增大B．MN上的張力先增大后減小C．OM上的張力逐漸增大D．OM上的張力先增大后減小【答案】AD【解析】以重物為研究對象，受重力mg，OM繩上拉力F2，MN上拉力F1，由題意知，三個力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，在F2轉至水平的過程中，MN上的張力F1逐漸增大，OM上的張力F2先增大后減小，所以AD正確，BC錯誤。?【名師點睛】本題考查動態(tài)平衡，注意重物受三個力中只有重力恒定不變，且要求OM、MN兩力的夾角不變，兩力的大小、方向都在變。三力合力為零，能構成封閉的三角形，再借助圓，同一圓弧對應圓周角不變，難度較大。10．（2017·新課標全國Ⅱ卷）如圖，一物塊在水平拉力F的作用下沿水平桌面做勻速直線運動。若保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角，物塊也恰好做勻速直線運動。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為（）第31頁共31頁
?A．B．C．D．【答案】C【解析】F水平時：；當保持F的大小不變，而方向與水平面成60°角時，則，聯(lián)立解得：，故選C?！久麕燑c睛】此題考查了正交分解法在解決平衡問題中的應用問題；關鍵是列出兩種情況下水平方向的平衡方程，聯(lián)立即可求解。?題型3：運動的合成與分解問題題型概述運動的合成與分解問題常見的模型有兩類.一是繩(桿)末端速度分解的問題，二是小船過河的問題，兩類問題的關鍵都在于速度的合成與分解.思維模板(1)在繩(桿)末端速度分解問題中，要注意物體的實際速度一定是合速度，分解時兩個分速度的方向應取繩(桿)的方向和垂直繩(桿)的方向;如果有兩個物體通過繩(桿)相連，則兩個物體沿繩(桿)方向速度相等。(2)小船過河時，同時參與兩個運動，一是小船相對于水的運動，二是小船隨著水一起運動，分析時可以用平行四邊形定則，也可以用正交分解法，有些問題可以用解析法分析，有些問題則需要用圖解法分析。1．（2018·江蘇卷）某彈射管每次彈出的小球速度相等．在沿光滑豎直軌道自由下落過程中，該彈射管保持水平，先后彈出兩只小球．忽略空氣阻力，兩只小球落到水平地面的（）A．時刻相同，地點相同B．時刻相同，地點不同C．時刻不同，地點相同D．時刻不同，地點不同【答案】B第31頁共31頁
【解析】本題考查合運動與分運動的關系及時刻和位置的概念，意在考查考生的理解能力。彈射管在豎直方向做自由落體運動，所以彈出小球在豎直方向運動的時間相等，因此兩球應同時落地；由于兩小球先后彈出，且彈出小球的初速度相同，所以小球在水平方向運動的時間不等，因小球在水平方向做勻速運動，所以水平位移相等，因此落點不相同，故選項B正確。5．（2018·北京卷）根據(jù)高中所學知識可知，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置。但實際上，赤道上方200m處無初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm處，這一現(xiàn)象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比，現(xiàn)將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球A．到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零B．到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零C．落地點在拋出點東側D．落地點在拋出點西側【答案】D【解析】上升過程水平方向向西加速，在最高點豎直方向上速度為零，水平方向上有向西的水平速度，且有豎直向下的加速度，故AB錯；下降過程向西減速，按照對稱性落至地面時水平速度為0，整個過程都在向西運動，所以落點在拋出點的西側，故C錯，D正確。6．（2018·天津卷）滑雪運動深受人民群眾的喜愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中?A．所受合外力始終為零B．所受摩擦力大小不變C．合外力做功一定為零D．機械能始終保持不變【答案】C【解析】根據(jù)曲線運動的特點分析物體受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解出運動員與曲面間的正壓力變化情況，從而分析運動員所受摩擦力變化；根據(jù)運動員的動能變化情況，結合動能定理分析合外力做功；根據(jù)運動過程中，是否只有重力做功來判斷運動員的機械能是否守恒；因為運動員做曲線運動，所以合力一定不為零，A第31頁共31頁
錯誤；運動員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對運動員的支持力的合力充當向心力，故有，運動過程中速率恒定，且在減小，所以曲面對運動員的支持力越來越大，根據(jù)可知摩擦力越來越大，B錯誤；運動員運動過程中速率不變，質量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，C正確；因為克服摩擦力做功，機械能不守恒，D錯誤。?8．（2018·新課標全國I卷）如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R：bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其他軌跡最高點，機械能的增量為（）?A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR【答案】C【解析】本題考查了運動的合成與分解、動能定理等知識，意在考查考生綜合力學規(guī)律解決問題的能力。設小球運動到c點的速度大小為vC，則對小球由a到c的過程，由動能定理得：F·3R–mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為：t=vC/g=2第31頁共31頁
，小球在水平方向的加速度a=g，在水平方向的位移為x=at2=2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，選項C正確ABD錯誤。題型4：拋體運動問題題型概述拋體運動包括平拋運動和斜拋運動，不管是平拋運動還是斜拋運動，研究方法都是采用正交分解法，一般是將速度分解到水平和豎直兩個方向上。思維模板(1)平拋運動物體在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻加速直線運動，其位移滿足x=v0t，y=gt2/2，速度滿足vx=v0，vy=gt；(2)斜拋運動物體在豎直方向上做上拋(或下拋)運動，在水平方向做勻速直線運動，在兩個方向上分別列相應的運動方程求解。1．（2019·新課標全國Ⅱ卷）如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態(tài)會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v–t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則（）?A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大第31頁共31頁
【答案】BD【解析】A．由v–t圖面積易知第二次面積大于等于第一次面積，故第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，所以，A錯誤；B．由于第二次豎直方向下落距離大，由于位移方向不變，故第二次水平方向位移大，故B正確C．由于v–t斜率知第一次大、第二次小，斜率越大，加速度越大，或由，易知a1>a2，故C錯誤；D．由圖像斜率，速度為v1時，第一次圖像陡峭，第二次圖像相對平緩，故a1>a2，由G–fy=ma，可知，fy1
