（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 专题一 第二讲 力与直线运动课后达标检测卷（含解析）

（江苏专版）2022年高考物理二轮复习 专题一 第二讲 力与直线运动课后达标检测卷（含解析）1多选(2015江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()At2 s时最大Bt2 s时最小Ct8.5 s时最大Dt8.5 s时最小解析：选AD人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FNmgma。由牛顿第三定律得人对地板的压力FNFNmgma。当t2 s时a有最大值，FN最大；当t8.5 s时，a有最小值，FN最小，选项A、D正确。2多选(2016江苏高考)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据vat，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项D正确。3(2018江苏六市二模)一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则()A增大a1，保持a2、v不变，加速过程的平均速度不变B减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间将变长C增大v，保持a1、a2不变，全程时间变长D只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变解析：选A匀变速运动的平均速度为：，则公交车加速运动过程的平均速度等于，v不变则加速过程的平均速度不变，故A正确；匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为x1vt1、x2vt2、x3vt3，如果减小a1，保持a2、v不变，则加速过程的时间t1将增大，加速过程的位移x1增大，而减速的时间和位移不变，所以匀速的位移将减小，匀速的时间减小，故B错误；作出公交车运动的速度图像如图甲所示：增大v，保持a1、a2不变，运动的时间将减小，故C错误；同理如图乙所示，v不变，a1、a2变化，则全程的时间将会发生变化，全程平均速度变化，故D错误。4(2018南通一模)一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，忽略石子受到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度v随时间t变化的图像如图所示，其中可能正确的是()解析：选D忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，加速度恒为g，vt图像是向下倾斜的直线。对于泡沫塑料球，根据牛顿第二定律得：上升过程有mgfma上，下降过程有mgfma下，又fkv，得a上g，则上升过程中，随着v的减小，a减小；a下g，则下降过程中，随着v的增大，a减小；所以a不断减小，方向不变，故A、B、C错误，D正确。5.多选(2018淮安、宿迁期中)如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(Fmg)，若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。则()Aa2a1Ba2a1Cx2x1Dx2x1解析：选AD设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度：a1g，拿走砝码施加F时，加速度：a2g，可知a2a1；根据v22ax得，x，知加速度增大，则滑行的距离变小，即：x2x1，则A、D正确，B、C错误。6.多选(2018南京、盐城一模)建筑工地通过吊车将物体运送到高处。简化后模型如图所示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是()A过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左B过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右C过D点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用D过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零解析：选BC由于吊车在AC段做加速运动，加速度方向沿导轨向上，所以过B点时，M处于超重状态，由于整体具有向右的分加速度，由隔离法可知，M受到的静摩擦力水平向右，故A错误，B正确；过D点吊车和M做圆周运动，整体所受合外力向下提供向心力，所以M处于失重状态，由于整体合外力向下，所以M一定不受摩擦力，由于过D点时的向心加速度不一定为g，所以M对吊车底板的压力不一定为零，故C正确，D错误。7(2018苏锡常镇二模)运动员进行跳伞训练。假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，不计开伞时间，跳伞运动员下落过程的vt图像不可能是()解析：选D没有打开降落伞时做自由落体运动，在打开伞瞬间获得速度v，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，则fkv，若kvmg，则运动员接下来做匀速直线运动，故A项正确；若kvmg，则运动员所受合力向上且kvmgma，运动员做加速度减小的减速运动，后做匀速运动，故C项正确，D项错误。8.(2018江苏六市二模)如图所示，倾角为30的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为m的物块B，质量也为m的物块C位于木板A顶端。静止释放后，C下滑，而A、B仍保持静止。已知M1.5m，重力加速度为g，则C沿木板下滑的加速度大小为()A.gB.gC.gD.g解析：选C对木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C对A的摩擦力，根据平衡条件可得：Mgsin 30fmg，由题意可知：M1.5m，可得A、C间的摩擦力为f0.25mg，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得：mgsin 30fma，联立以上关系式可得C下滑的加速度ag，故C正确，A、B、D错误。9(2018苏北四市一模)如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列vt图像能正确反映物块运动规律的是()解析：选C在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑阶段的加速度大小为a1，下滑阶段的加速度大小为a2，故a1a2，上滑和下滑运动方向相反，故C正确。10(2018徐州期中)如图甲所示，粗糙水平面上有一个长L1 m、质量M3 kg的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数10.25。质量m1 kg的物块放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数20.5。在木板右端施加如图乙所示的水平拉力，g取10 m/s2。求：(1)木板刚开始运动时的加速度大小；(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；(3)经过t2.5 s物块运动的位移大小。解析：(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律得：F11(Mm)gMa代入数据解得：a1 m/s2。(2)在F113 N作用下，木板经历时间t11 s前进的位移为x1at120.5 m，速度为v1at11 m/s，则经过1 s物块将与粗糙的左侧面接触，即物块将受到向右的滑动摩擦力f22mg作用对物块，由牛顿第二定律得：ma12mg解得物块的加速度为a15 m/s2对木板，由牛顿第二定律得：Ma2F21(Mm)g2mg解得木板的加速度为a23 m/s2设经历时间t2两者速度相同，则有：v共a1t2v1a2t2解得：t20.5 s，v共2.5 m/s。(3)在0.5 s内物块前进的位移为x2a1t220.625 m达到共同速度后物块相对木板静止，有共同加速度，由牛顿第二定律得：(Mm)aF21(Mm)g解得：a3.5 m/s2则再经过t1 s即可运动到t2.5 s这段时间内的位移为：x3v共tat24.25 m故物块运动的位移为xx2x34.875 m。答案：(1)1 m/s2(2)0.5 s(3)4.875 m11(2018苏州期中)如图甲所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物块到达B点时速度的大小，物块加速度的大小；(2)拉力F的大小；(3)若拉力F与斜面的夹角为，如图乙所示，物块以加速度a向上加速运动，试写出拉力F的表达式。解析：(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有Lv0tat2，vv0at，联立解得a3 m/s2，v8 m/s。(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有平行斜面方向Fmgsin fma垂直斜面方向FNmgcos 其中fFN拉力F的大小为Fmg(sin cos )ma5.2 N。(3)拉力F与斜面夹角为时，受力如图：根据牛顿第二定律有Fcos mgsin fmaFNFsin mgcos 0其中fFN拉力F的表达式为F。答案：(1)8 m/s3 m/s2(2)5.2 N(3) F12(2018江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 530.8，cos 530.6。求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比Mm；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。解析：(1)由几何知识可知ACBC，根据平衡(Fmg)cos 53Mg解得FMgmg。(2)与A、B相同高度时小球上升h13lsin 53，物块下降h22l，物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1Mgh2解得。(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得MgTMa对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得Tmgcos 53ma解得T结合(2)可得T或mg或Mg。答案：(1)Mgmg(2)65(3)