（江蘇專版）2019版高考物理二輪復習 專題一 第二講 力與直線運動課前自測診斷卷（含解析）.doc

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力與直線運動 考點一 勻變速直線運動的規(guī)律及圖像 1.[考查勻變速直線運動的規(guī)律] 一質點沿直線運動，其平均速度與時間的關系滿足v＝2＋t(各物理量均選用國際單位制中單位)，則關于該質點的運動，下列說法正確的是(　　) A．質點可能做勻減速直線運動 B．5 s內質點的位移為35 m C．質點運動的加速度為1 m/s2 D．質點3 s末的速度為5 m/s 解析：選B　根據平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根據x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，質點的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，質點做勻加速直線運動，故A、C錯誤；5 s內質點的位移x＝v0t＋at2＝25 m＋225 m＝35 m，故B正確；質點在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋23 m/s＝8 m/s，故D錯誤。 2．[考查圖像轉換]一小球沿斜面下滑，在斜面底端與垂直斜面的擋板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球與擋板作用時間不計，其速度v隨時間t變化的關系如圖所示。以下滑起點為位移坐標原點和t＝0時刻，則下列選項中能正確反映小球運動圖像的是(　　) 解析：選A　由vt圖像可知，小球下滑階段和上滑階段都做勻變速直線運動，但兩個階段加速度大小不等，由圖線斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，故C、D錯誤。下滑時小球做初速度為0的勻加速直線運動，由x＝at2可知，xt2圖像為過原點的直線，且位移x隨時間增大；上滑時末速度為零，可看做反向的初速度為0的勻加速直線運動，位移隨時間減小，因此xt2圖像也是一條直線，由vt圖像知，小球反彈初速度小于下滑末速度，運動時間比下滑時間短，因此小球初速度為零時沒有回到初始位置，故A正確，B錯誤。 3．[考查平均速度與時間圖像] [多選]一質點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開始計時，其t的圖像如圖所示，則(　　) A．質點做勻速直線運動，速度為0.5 m/s B．質點做勻加速直線運動，加速度為1 m/s2 C．質點在2 s末速度為2 m/s D．質點在第2 s內的位移為2.5 m 解析：選BD　由題圖得函數(shù)的關系式為＝1＋0.5t，根據x＝v0t＋at2，變形得：＝v0＋at，比較系數(shù)可得：v0＝1 m/s, a＝20.5 m/s2＝1 m/s2，質點的加速度不變，說明質點做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；質點的初速度 v0＝1 m/s，在2 s末速度為v＝v0＋at＝1 m/s＋12 m/s＝3 m/s，故C錯誤；質點做勻加速直線運動，根據位移時間公式可得在第2 s內的位移大小為x＝v0t2＋at22－v0t1－at12，代入數(shù)據可得：x＝2.5 m，故D正確。 考點二 動力學的兩類基本問題 4.[考查已知受力求運動問題] 如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，O、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，Ob經過圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)都從O點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達a、b所用的時間，則下列關系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無法確定 解析：選B　設Oa與豎直方向夾角為θ，則Ob與豎直方向夾角為2θ，由2Rcos θ＝gcos θt12,2R＝gcos 2θt22，比較可得t1＜t2，故B正確。 5．[考查已知運動求受力問題] 將一質量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動的最高點，甲乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：選C　設每塊磚的厚度是d，向上運動時： 9d－3d＝a1T2① 向下運動時：3d－d＝a2T2② 聯(lián)立①②得：＝③ 根據牛頓第二定律，向上運動時：mg＋f＝ma1④ 向下運動時：mg－f＝ma2⑤ 聯(lián)立③④⑤得：f＝mg，選C。 6．[考查瞬時加速度的計算] [多選]如圖甲、乙所示，光滑斜面上，當系統(tǒng)靜止時，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B兩球質量相等。在突然撤去擋板的瞬間(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsin θ B．兩圖中A球的加速度均為零 C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ D．圖乙中B球的加速度為gsin θ 解析：選CD　撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin θ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B兩球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故C、D正確，A、B錯誤。 考點三 牛頓第二定律與運動圖像的綜合應用 7.[考查牛頓第二定律與v t圖像的綜合應用] [多選]如圖甲所示，傾角為30的斜面固定在水平地面上，一個小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端A點由靜止開始運動，一段時間后撤去拉力F，小物塊能達到的最高位置為C點，已知小物塊的質量為0.3 kg，小物塊從A到C的vt圖像如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．小物塊加速時的加速度大小是減速時加速度大小的 B．小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 C．小物塊到達C點后將沿斜面下滑 D．拉力F的大小為4 N 解析：選AC　小物塊加速時的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2 減速時的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝7.5 m/s2 小物塊加速時的加速度大小是減速時加速度大小的， 故A正確； 撤去拉力后，根據牛頓第二定律，有： mgsin 30＋μmgcos 30＝ma2 即：a2＝gsin 30＋μgcos 30， 得：μ＝，故B錯誤；在C點mgsin 30＞μmgcos 30， 所以小物塊到達C點后將沿斜面下滑，故C正確；在拉力作用下，根據牛頓第二定律，有： F－mgsin 30－μmgcos 30＝ma1， 代入數(shù)據得：F＝3 N，故D錯誤。 8．[考查牛頓第二定律與v2x圖像的綜合應用] [多選]如圖甲所示，物塊的質量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，g＝10 m/s2。下列選項中正確的是(　　) A．0～5 s內物塊做勻減速運動 B．在t＝1 s時刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3 解析：選BD　物塊勻減速直線運動的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2。 勻加速直線運動的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2。 根據牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2， 聯(lián)立兩式解得：F＝7 N，f＝3 N。 則動摩擦因數(shù)為：μ＝＝＝0.3。 物塊勻減速直線運動的時間為： t1＝＝ s＝1 s，即在0～1 s內做勻減速直線運動，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運動。故B、D正確，A、C錯誤。 9．[考查Ft圖像與運動的綜合應用] [多選]如圖甲所示，在升降機的頂部安裝了一個能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質彈簧，彈簧下端掛一質量為m的小球，若升降機在勻速運行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，g為重力加速度，則(　　) A．升降機停止運行前在向上運動 B．0～t1時間內小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時間內小球處于超重狀態(tài) C．t1～t3時間內小球向下運動，速度先增大后減小 D．t3～t4時間內小球向下運動，速度一直增大 解析：選AC　從0時刻開始，彈簧彈力減小，知小球向上運動，可知升降機停止運行前向上運動，故A正確。0～t1時間內，重力大于彈力，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時間內，重力大于彈力，加速度向下，小球也處于失重狀態(tài)，故B錯誤。0～t1時間內，小球向上運動，t1～t3時間內，小球向下運動，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，故C正確。t3時刻處于最低點，t3～t4時間內，小球向上運動，故D錯誤。 考點四 動力學的連接體問題 10.[考查用牛頓第二定律解決連接體問題] [多選]如圖所示，a、b、c為三個質量均為m的物塊，物塊a、b通過水平輕繩相連后放在水平面上，物塊c放在物塊b上。現(xiàn)用水平拉力作用于物塊a，使三個物塊一起水平向右勻速運動。各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　) A．該水平拉力大于輕繩的彈力 B．物塊c受到的摩擦力大小為μmg C．當該水平拉力增大為原來的1.5倍時，物塊c受到的摩擦力大小為0.5μmg D．剪斷輕繩后，在物塊b向右運動的過程中，物塊c受到的摩擦力大小為μmg 解析：選ACD　三物塊一起做勻速直線運動，由平衡條件得，對物塊a、b、c系統(tǒng)：F＝3μmg，對物塊b、c系統(tǒng)：T＝2μmg，則：F＞T，即水平拉力大于輕繩的彈力，故A正確；物塊c做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，則物塊c不受摩擦力，故B錯誤；當水平拉力增大為原來的1.5倍時，F(xiàn)′＝1.5F＝4.5μmg，由牛頓第二定律得：對物塊a、b、c系統(tǒng)：F′－3μmg＝3ma，對物塊c：f＝ma，解得：f＝0.5μmg，故C正確；剪斷輕繩后，物塊b、c一起做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：對物塊b、c系統(tǒng)：2μmg＝2ma′，對物塊c：f′＝ma′，解得：f′＝μmg，故D正確。 11．[考查連接體中的臨界問題] 如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 解析：選C　當水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，臨界情況是A、B的加速度相等，隔離對B分析，B的加速度為： aB＝a1＝＝μg， 當水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的摩擦力剛好達到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg， 可得a1∶a2＝1∶3，C正確。 12．[考查運用牛頓第二定律解決板塊運動問題] 如圖所示，一木箱放在平板車的中部，距平板車的后端、駕駛室后端均為L＝2.0 m，處于靜止狀態(tài)，木箱與平板車之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.40，現(xiàn)使平板車在水平路面上以加速度a0勻加速啟動，速度達到v＝6.0 m/s后接著做勻速直線運動，運動一段時間后勻減速剎車。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g＝10 m/s2。 (1)若木箱與平板車保持相對靜止，加速度a0大小滿足什么條件？ (2)若a0＝6.0 m/s2，當木箱與平板車的速度都達到6.0 m/s時，求木箱在平板車上離駕駛室后端距離s。 (3)若在木箱速度剛達到6.0 m/s時平板車立即用恒定的阻力剎車，要使木箱不會撞到駕駛室，平板車剎車時的加速度大小a應滿足什么條件？ 解析：(1)木箱與車相對靜止，加速度相同，設最大值為am， 由牛頓第二定律有μmg＝mam 解得am＝4.0 m/s2 故應滿足的條件為a0≤4.0 m/s2。 (2)由于a0＝6.0 m/s2>4.0 m/s2，故木箱與車發(fā)生相對滑動 木箱速度達到v＝6 m/s所需的時間t1＝＝1.5 s 運動的位移x1＝t1 平板車速度達到v＝6 m/s所需的時間t2＝＝1.0 s 運動的位移x2＝t2＋v(t1－t2) 且有s＝x2－x1＋L 解得s＝3.5 m。 (3)木箱減速停止時的位移x3＝ 平板車減速停止時的位移x4＝ 木箱不與車相碰應滿足x3－x4≤s 解得a≤18 m/s2。 答案：(1)a0≤4.0 m/s2　(2)3.5 m　(3)a≤18 m/s2