(江苏专版)2019版高考物理二轮复习 专题一 第二讲 力与直线运动课前自测诊断卷(含解析).doc

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力与直线运动考点一匀变速直线运动的规律及图像1.考查匀变速直线运动的规律一质点沿直线运动,其平均速度与时间的关系满足v2t(各物理量均选用国际单位制中单位),则关于该质点的运动,下列说法正确的是()A质点可能做匀减速直线运动B5 s内质点的位移为35 mC质点运动的加速度为1 m/s2D质点3 s末的速度为5 m/s解析:选B根据平均速度v知,xvt2tt2,根据xv0tat22tt2知,质点的初速度v02 m/s,加速度a2 m/s2,质点做匀加速直线运动,故A、C错误;5 s内质点的位移xv0tat225 m225 m35 m,故B正确;质点在3 s末的速度vv0at2 m/s23 m/s8 m/s,故D错误。2考查图像转换一小球沿斜面下滑,在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置,小球与挡板作用时间不计,其速度v随时间t变化的关系如图所示。以下滑起点为位移坐标原点和t0时刻,则下列选项中能正确反映小球运动图像的是()解析:选A由vt图像可知,小球下滑阶段和上滑阶段都做匀变速直线运动,但两个阶段加速度大小不等,由图线斜率可以看出,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错误。下滑时小球做初速度为0的匀加速直线运动,由xat2可知,xt2图像为过原点的直线,且位移x随时间增大;上滑时末速度为零,可看做反向的初速度为0的匀加速直线运动,位移随时间减小,因此xt2图像也是一条直线,由vt图像知,小球反弹初速度小于下滑末速度,运动时间比下滑时间短,因此小球初速度为零时没有回到初始位置,故A正确,B错误。3考查平均速度与时间图像多选一质点沿x轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开始计时,其t的图像如图所示,则()A质点做匀速直线运动,速度为0.5 m/sB质点做匀加速直线运动,加速度为1 m/s2C质点在2 s末速度为2 m/sD质点在第2 s内的位移为2.5 m解析:选BD由题图得函数的关系式为10.5t,根据xv0tat2,变形得:v0at,比较系数可得:v01 m/s, a20.5 m/s21 m/s2,质点的加速度不变,说明质点做匀加速直线运动,故A错误,B正确;质点的初速度 v01 m/s,在2 s末速度为vv0at1 m/s12 m/s3 m/s,故C错误;质点做匀加速直线运动,根据位移时间公式可得在第2 s内的位移大小为xv0t2at22v0t1at12,代入数据可得:x2.5 m,故D正确。考点二动力学的两类基本问题4.考查已知受力求运动问题如图所示,Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆,O、a、b、c位于同一圆周上,c为圆周的最高点,a为最低点,Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环,两个滑环都从O点无初速释放,用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间,则下列关系正确的是()At1t2Bt1t2Ct1t2D无法确定解析:选B设Oa与竖直方向夹角为,则Ob与竖直方向夹角为2,由2Rcos gcos t12,2Rgcos 2t22,比较可得t1t2,故B正确。5考查已知运动求受力问题将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出,图甲是向上运动小球的频闪照片,图乙是下降时的频闪照片,O是运动的最高点,甲乙两次闪光频率相同,重力加速度为g,假设小球所受的阻力大小不变,则可估算小球受到的阻力大小约为()AmgB.mgC.mgD.mg解析:选C设每块砖的厚度是d,向上运动时:9d3da1T2向下运动时:3dda2T2联立得:根据牛顿第二定律,向上运动时:mgfma1向下运动时:mgfma2联立得:fmg,选C。6考查瞬时加速度的计算多选如图甲、乙所示,光滑斜面上,当系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,A、B两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间()A两图中两球加速度均为gsin B两图中A球的加速度均为零C图甲中B球的加速度为2gsin D图乙中B球的加速度为gsin 解析:选CD撤去挡板前,对整体分析,挡板对B球的弹力大小为2mgsin ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsin ,加速度为2gsin ;图乙中杆的弹力突变为零,A、B两球所受合力均为mgsin ,加速度均为gsin ,故C、D正确,A、B错误。考点三牛顿第二定律与运动图像的综合应用7.考查牛顿第二定律与v t图像的综合应用多选如图甲所示,倾角为30的斜面固定在水平地面上,一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下,从斜面底端A点由静止开始运动,一段时间后撤去拉力F,小物块能达到的最高位置为C点,已知小物块的质量为0.3 kg,小物块从A到C的vt图像如图乙所示,取g10 m/s2,则下列说法正确的是()A小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的B小物块与斜面间的动摩擦因数为C小物块到达C点后将沿斜面下滑D拉力F的大小为4 N解析:选AC小物块加速时的加速度大小为:a1 m/s22.5 m/s2减速时的加速度大小为:a2 m/s27.5 m/s2小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的,故A正确;撤去拉力后,根据牛顿第二定律,有:mgsin 30mgcos 30ma2即:a2gsin 30gcos 30,得:,故B错误;在C点mgsin 30mgcos 30,所以小物块到达C点后将沿斜面下滑,故C正确;在拉力作用下,根据牛顿第二定律,有:Fmgsin 30mgcos 30ma1,代入数据得:F3 N,故D错误。8考查牛顿第二定律与v2x图像的综合应用多选如图甲所示,物块的质量m1 kg,初速度v010 m/s,在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力F突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示,g10 m/s2。下列选项中正确的是()A05 s内物块做匀减速运动B在t1 s时刻,恒力F反向C恒力F大小为10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.3解析:选BD物块匀减速直线运动的加速度大小为:a1 m/s210 m/s2。匀加速直线运动的加速度大小为:a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律得:Ffma1,Ffma2,联立两式解得:F7 N,f3 N。则动摩擦因数为:0.3。物块匀减速直线运动的时间为:t1 s1 s,即在01 s内做匀减速直线运动,1 s后恒力F反向,做匀加速直线运动。故B、D正确,A、C错误。9考查Ft图像与运动的综合应用多选如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示,g为重力加速度,则()A升降机停止运行前在向上运动B0t1时间内小球处于失重状态,t1t2时间内小球处于超重状态Ct1t3时间内小球向下运动,速度先增大后减小Dt3t4时间内小球向下运动,速度一直增大解析:选AC从0时刻开始,弹簧弹力减小,知小球向上运动,可知升降机停止运行前向上运动,故A正确。0t1时间内,重力大于弹力,加速度向下,小球处于失重状态,t1t2时间内,重力大于弹力,加速度向下,小球也处于失重状态,故B错误。0t1时间内,小球向上运动,t1t3时间内,小球向下运动,加速度先向下后向上,则速度先增大后减小,故C正确。t3时刻处于最低点,t3t4时间内,小球向上运动,故D错误。考点四动力学的连接体问题10.考查用牛顿第二定律解决连接体问题多选如图所示,a、b、c为三个质量均为m的物块,物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块c放在物块b上。现用水平拉力作用于物块a,使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为,重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A该水平拉力大于轻绳的弹力B物块c受到的摩擦力大小为mgC当该水平拉力增大为原来的1.5倍时,物块c受到的摩擦力大小为0.5mgD剪断轻绳后,在物块b向右运动的过程中,物块c受到的摩擦力大小为mg解析:选ACD三物块一起做匀速直线运动,由平衡条件得,对物块a、b、c系统:F3mg,对物块b、c系统:T2mg,则:FT,即水平拉力大于轻绳的弹力,故A正确;物块c做匀速直线运动,处于平衡状态,则物块c不受摩擦力,故B错误;当水平拉力增大为原来的1.5倍时,F1.5F4.5mg,由牛顿第二定律得:对物块a、b、c系统:F3mg3ma,对物块c:fma,解得:f0.5mg,故C正确;剪断轻绳后,物块b、c一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得:对物块b、c系统:2mg2ma,对物块c:fma,解得:fmg,故D正确。11考查连接体中的临界问题如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为,B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2,则a1与a2的比为()A11B23C13D32解析:选C当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,临界情况是A、B的加速度相等,隔离对B分析,B的加速度为:aBa1g,当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有:aAa2g,可得a1a213,C正确。12考查运用牛顿第二定律解决板块运动问题如图所示,一木箱放在平板车的中部,距平板车的后端、驾驶室后端均为L2.0 m,处于静止状态,木箱与平板车之间的动摩擦因数0.40,现使平板车在水平路面上以加速度a0匀加速启动,速度达到v6.0 m/s后接着做匀速直线运动,运动一段时间后匀减速刹车。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g10 m/s2。(1)若木箱与平板车保持相对静止,加速度a0大小满足什么条件?(2)若a06.0 m/s2,当木箱与平板车的速度都达到6.0 m/s时,求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s。(3)若在木箱速度刚达到6.0 m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车,要使木箱不会撞到驾驶室,平板车刹车时的加速度大小a应满足什么条件?解析:(1)木箱与车相对静止,加速度相同,设最大值为am,由牛顿第二定律有mgmam解得am4.0 m/s2故应满足的条件为a04.0 m/s2。(2)由于a06.0 m/s24.0 m/s2,故木箱与车发生相对滑动木箱速度达到v6 m/s所需的时间t11.5 s运动的位移x1t1平板车速度达到v6 m/s所需的时间t21.0 s运动的位移x2t2v(t1t2)且有sx2x1L解得s3.5 m。(3)木箱减速停止时的位移x3平板车减速停止时的位移x4木箱不与车相碰应满足x3x4s解得a18 m/s2。答案:(1)a04.0 m/s2(2)3.5 m(3)a18 m/s2
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