（江蘇專版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題一 第二講 力與直線運(yùn)動(dòng)課后達(dá)標(biāo)檢測卷（含解析）.doc

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力與直線運(yùn)動(dòng) 1．[多選](2015江蘇高考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力(　　) A．t＝2 s時(shí)最大　　　　 B．t＝2 s時(shí)最小 C．t＝8.5 s時(shí)最大 D．t＝8.5 s時(shí)最小 解析：選AD　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當(dāng)t＝2 s時(shí)a有最大值，F(xiàn)N′最大；當(dāng)t＝8.5 s時(shí)，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項(xiàng)A、D正確。 2．[多選](2016江蘇高考)如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中(　　) A．桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等 C．若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析：選BD　魚缸相對(duì)于桌布向左運(yùn)動(dòng)，故應(yīng)受到向右的摩擦力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于魚缸與桌布、桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，魚缸在桌布上運(yùn)動(dòng)和在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小相等，根據(jù)v＝at，魚缸在桌布上和在桌面上的滑動(dòng)時(shí)間相等，選項(xiàng)B正確；若貓?jiān)龃罄?，魚缸與桌布之間的摩擦力仍然為滑動(dòng)摩擦力，大小不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若貓減小拉力，魚缸可能隨桌布一起運(yùn)動(dòng)而滑出桌面，選項(xiàng)D正確。 3．(2018江蘇六市二模)一輛公交車在平直的公路上從A站出發(fā)運(yùn)動(dòng)至B站停止，經(jīng)歷了勻加速、勻速、勻減速三個(gè)過程，設(shè)加速和減速過程的加速度大小分別為a1、a2，勻速過程的速度大小為v，則(　　) A．增大a1，保持a2、v不變，加速過程的平均速度不變 B．減小a1，保持a2、v不變，勻速運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間將變長 C．增大v，保持a1、a2不變，全程時(shí)間變長 D．只要v不變，不論a1、a2如何變化，全程平均速度不變 解析：選A　勻變速運(yùn)動(dòng)的平均速度為：＝，則公交車加速運(yùn)動(dòng)過程的平均速度等于，v不變則加速過程的平均速度不變，故A正確；勻加速、勻速、勻減速三個(gè)過程的位移分別為x1＝vt1、x2＝vt2、x3＝vt3，如果減小a1，保持a2、v不變，則加速過程的時(shí)間t1＝將增大，加速過程的位移x1增大，而減速的時(shí)間和位移不變，所以勻速的位移將減小，勻速的時(shí)間減小，故B錯(cuò)誤；作出公交車運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖甲所示： 增大v，保持a1、a2不變，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減小，故C錯(cuò)誤；同理如圖乙所示，v不變，a1、a2變化，則全程的時(shí)間將會(huì)發(fā)生變化，全程平均速度變化，故D錯(cuò)誤。 4．(2018南通一模)一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同時(shí)豎直向上拋出，泡沫塑料球受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，忽略石子受到的空氣阻力，石子和塑料球運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，其中可能正確的是(　　) 解析：選D　忽略石子受到的空氣阻力，石子只受重力，加速度恒為g，vt圖像是向下傾斜的直線。對(duì)于泡沫塑料球，根據(jù)牛頓第二定律得：上升過程有mg＋f＝ma上，下降過程有mg－f＝ma下，又f＝kv，得a上＝g＋，則上升過程中，隨著v的減小，a減?。籥下＝g－，則下降過程中，隨著v的增大，a減??；所以a不斷減小，方向不變，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。 5.[多選](2018淮安、宿遷期中)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距離x1后停止?，F(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則(　　) A．a(chǎn)2>a1 B．a(chǎn)2＝a1 C．x2>x1 D．x2mg，則運(yùn)動(dòng)員所受合力向上且kv－mg＝ma，運(yùn)動(dòng)員做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 8.(2018江蘇六市二模)如圖所示，傾角為30的光滑固定斜面上放置質(zhì)量為M的木板A，跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)線一端與木板相連且細(xì)線與斜面平行，另一端連接質(zhì)量為m的物塊B，質(zhì)量也為m的物塊C位于木板A頂端。靜止釋放后，C下滑，而A、B仍保持靜止。已知M＝1.5m，重力加速度為g，則C沿木板下滑的加速度大小為(　　) A.g B.g C.g D.g 解析：選C　對(duì)木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C對(duì)A的摩擦力，根據(jù)平衡條件可得：Mgsin 30＋f＝mg，由題意可知：M＝1.5m，可得A、C間的摩擦力為f＝0.25mg，對(duì)C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 30－f＝ma，聯(lián)立以上關(guān)系式可得C下滑的加速度a＝g，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 9．(2018蘇北四市一模)如圖所示，物塊以初速度v0從粗糙斜面底端沿斜面上滑，達(dá)到最高點(diǎn)后沿斜面返回，下列vt圖像能正確反映物塊運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是(　　) 解析：選C　在上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上滑階段的加速度大小為a1＝，下滑階段的加速度大小為a2＝，故a1＞a2，上滑和下滑運(yùn)動(dòng)方向相反，故C正確。 10．(2018徐州期中)如圖甲所示，粗糙水平面上有一個(gè)長L＝1 m、質(zhì)量M＝3 kg的長木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25。質(zhì)量m＝1 kg的物塊放置在木板的右端，物塊與木板左半部分的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5。在木板右端施加如圖乙所示的水平拉力，g取10 m/s2。求： (1)木板剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小； (2)物塊運(yùn)動(dòng)多長時(shí)間后與木板速度相同； (3)經(jīng)過t＝2.5 s物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小。 解析：(1)對(duì)木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F1－μ1(M＋m)g＝Ma 代入數(shù)據(jù)解得：a＝1 m/s2。 (2)在F1＝13 N作用下，木板經(jīng)歷時(shí)間t1＝1 s前進(jìn)的位移為x1＝at12＝0.5 m，速度為v1＝at1＝1 m/s，則經(jīng)過1 s物塊將與粗糙的左側(cè)面接觸，即物塊將受到向右的滑動(dòng)摩擦力f2＝μ2mg作用 對(duì)物塊，由牛頓第二定律得：ma1＝μ2mg 解得物塊的加速度為a1＝5 m/s2 對(duì)木板，由牛頓第二定律得： Ma2＝F2－μ1(M＋m)g－μ2mg 解得木板的加速度為a2＝3 m/s2 設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t2兩者速度相同，則有： v共＝a1t2＝v1＋a2t2 解得：t2＝0.5 s，v共＝2.5 m/s。 (3)在0.5 s內(nèi)物塊前進(jìn)的位移為x2＝a1t22＝0.625 m 達(dá)到共同速度后物塊相對(duì)木板靜止，有共同加速度， 由牛頓第二定律得：(M＋m)a′＝F2－μ1(M＋m)g 解得：a′＝3.5 m/s2 則再經(jīng)過t′＝1 s即可運(yùn)動(dòng)到t＝2.5 s 這段時(shí)間內(nèi)的位移為：x3＝v共t′＋a′t′2＝4.25 m 故物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x＝x2＋x3＝4.875 m。 答案：(1)1 m/s2　(2)0.5 s　(3)4.875 m 11．(2018蘇州期中)如圖甲所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝2 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L＝10 m。已知斜面傾角θ＝30，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，物塊加速度的大??； (2)拉力F的大?。? (3)若拉力F與斜面的夾角為α，如圖乙所示，物塊以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)，試寫出拉力F的表達(dá)式。 解析：(1)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式， 有L＝v0t＋at2，v＝v0＋at， 聯(lián)立解得a＝3 m/s2，v＝8 m/s。 (2)對(duì)物塊受力分析，受重力、拉力、支持力和滑動(dòng)摩擦力， 根據(jù)牛頓第二定律有 平行斜面方向F－mgsin θ－f＝ma 垂直斜面方向FN＝mgcos θ 其中f＝μFN 拉力F的大小為F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma＝5.2 N。 (3)拉力F與斜面夾角為α?xí)r，受力如圖： 根據(jù)牛頓第二定律有 Fcos α－mgsin θ－f＝ma FN＋Fsin α－mgcos θ＝0 其中f＝μFN 拉力F的表達(dá)式為F＝。 答案：(1)8 m/s　3 m/s2　(2)5.2 N (3) F＝ 12．(2018江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53＝0.8，cos 53＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識(shí)可知AC⊥BC，根據(jù)平衡 (F＋mg)cos 53＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)與A、B相同高度時(shí) 小球上升h1＝3lsin 53， 物塊下降h2＝2l， 物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對(duì)小球，沿AC方向由牛頓第二定律得 T－mgcos 53＝ma 解得T＝ 結(jié)合(2)可得T＝或mg或Mg。 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3)