（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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1、1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 v2 t(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， x vt2 t t2，根据 x v0t at22 t t2知，xt 12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 x v0t at225 m 225

2、m35 m，故 B 正确；质点在 3 s 末的速12 12度 v v0 at2 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

3、直线运动，由x at2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12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( )xt2A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

4、位移为 2.5 m解析：选 BD 由题图得函数的关系式为 10.5 t，根据 x v0t at2，变形得：xt 12 v0 at，比较系数可得： v01 m/s, a20.5 m/s21 m/s2，质点的加速度不变，xt 12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 v v0 at1 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 x v0t2 at22 v0t1 at12，代入数据可得：12 12x2.5 m，故 D 正确。考点二 动力学的两类基本问题4.考查已知受

5、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( )A t1 t2 B t1 t2C t1 t2 D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 t12,2R gcos 2 t22，比较可得 t1 t2，故 B 正确。12 125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

6、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( )A mg B. mg13C. mg D. mg12 110解析：选 C 设每块砖的厚度是 d，向上运动时：9d3 d a1T2向下运动时：3 d d a2T23联立得： a1a2 31根据牛顿第二定律，向上运动时： mg f ma1向下运动时： mg f ma2联立得： f mg，选 C。126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，

7、 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.

8、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/s 2，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13B小物块与斜面间的动摩擦因数为33C小物块到达 C 点后将沿斜面下滑4D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/s 2 v1 t1

9、7.5 03减速时的加速度大小为：a2 m/s27.5 m/s 2 v2 t2 7.5 04 3小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的 ，13故 A 正确；撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有：mgsin 30 mg cos 30 ma2即： a2 gsin 30 g cos 30，得： ，故 B 错误；在 C 点 mgsin 30 mg cos 30，36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：F mgsin 30 mg cos 30 ma1，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

10、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/s 2。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/s 2。v22x1 10010匀加速直线运动的加速度大小为：5a2 m/s24 m/s 2。v 22x2 6428根据牛顿第二定律得： F f ma1

11、， F f ma2，联立两式解得： F7 N， f3 N。则动摩擦因数为： 0.3。fmg 310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va1 1010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

12、在向上运动B0 t1时间内小球处于失重状态， t1 t2时间内小球处于超重状态C t1 t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小D t3 t4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。0 t1时间内，重力大于弹力，加速度向下，小球处于失重状态，t1 t2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。0 t1时间内，小球向上运动， t1 t3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， t3 t4时间内，小球向上运动，故 D

13、 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( )6A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

14、线运动，由平衡条件得，对物块 a、 b、 c 系统：F3 mg ，对物块 b、 c 系统： T2 mg ，则： F T，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， F1.5 F4.5 mg ，由牛顿第二定律得：对物块 a、 b、 c 系统： F3 mg 3 ma，对物块 c： f ma，解得： f0.5 mg ，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：2mg 2 ma，对物块 c： f ma，解得： f mg ，故

15、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 3A 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( )A11 B23C13 D32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：aB a1 g ， mg 32mgm 13当水平力作用在 B 上

16、，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： aA a2 g ， mgm可得 a1 a213，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/s 2。7(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

17、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 mg mam解得 am4.0 m/s 2故应满足的条件为 a04.0 m/s 2。(2)由于 a06.0 m/s 24.0 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 t1 1.5 svam运动的位移 x1 t1v2平板车速度达到 v6 m/s 所需的时间 t2 1.0 sva0运动的位移 x2 t2 v(t1 t2)v2且有 s x2 x1 L解得 s3.5 m。(3)木箱减速停止时的位移 x3v22am平板车减速停止时的位移 x4v22a木箱不与车相碰应满足 x3 x4 s解得 a18 m/s 2。答案：(1) a04.0 m/s 2 (2)3.5 m (3) a18 m/s 28