（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

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