2019版高考物理二輪復(fù)習(xí)專題一第二講力與直線運(yùn)動(dòng)課前自測(cè)診斷卷(含解析)

1、力與直線運(yùn)動(dòng)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及圖像考點(diǎn)一1 .考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律一質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，其平均速度與時(shí)間的關(guān)系滿足v=2+t（各物理量均選用國(guó)際單位制中單位），則關(guān)于該質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.質(zhì)點(diǎn)可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)8. 5s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移為35mC.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度為1m/s2D.質(zhì)點(diǎn)3s末的速度為5m/s解析：選B根據(jù)平土速度v=X知，x=vt=2t+t：根據(jù)x=vot+-2at2=2t+t2,質(zhì)點(diǎn)的初速度V0=2m/s,加速度a=2m/s2,質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；5s內(nèi)、121、質(zhì)點(diǎn)的位移x=vot+2at=2X5m+2X2X25m=35m,故B正確；質(zhì)點(diǎn)在3

2、s末的速度v=vo+at=2m/s+2X3m/s=8m/s,故D錯(cuò)誤。2 .考查圖像轉(zhuǎn)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(shí)間不計(jì)，其速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示。以下滑起點(diǎn)為位移坐標(biāo)原點(diǎn)和t=0時(shí)刻，則下列選項(xiàng)中能正確反映小球運(yùn)動(dòng)圖像的是（）解析：選A由v-t圖像可知，小球下滑階段和上滑階段都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，但兩個(gè)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，加速度方向都沿一,1、，,，一，.一八一，,1斜面向下（即正萬向），故C、D錯(cuò)誤。下滑時(shí)小球做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由x=-at2可知，x-t2圖像為

3、過原點(diǎn)的直線，且位移x隨時(shí)間增大；上滑時(shí)末速度為零，可看做反向的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移隨時(shí)間減小，因此x-t2圖像也是一條直線，由v-t圖像知，小球反彈初速度小于下滑末速度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間比下滑時(shí)間短,沒有回到初始位置，故A正確，B錯(cuò)誤。3 .考查平均速度與時(shí)間圖像多選一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，通過坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)開始x因此小球初速度為零時(shí)計(jì)時(shí)，其x-t的圖像如圖所不，則（）A.質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為0.5m/sB.質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為1m/sC.質(zhì)點(diǎn)在2s末速度為2m/sD.質(zhì)點(diǎn)在第2s內(nèi)的位移為2.5mx1ox解析：選BD由題圖得函數(shù)的關(guān)系式為-=1+0.5t,根據(jù)x=V0

4、t+2at2,變形得：-=V0+2at,比較系數(shù)可得：vo=1m/s,a=2x0.5m/s2=1m/s2,質(zhì)點(diǎn)的加速度不變，說明質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)的初速度vO=1m/s,在2s末速度為v=V0+at=1m/s+1X2m/s=3m/s,故C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間公式可得在第2s內(nèi)的位移大小為x=V0t2+2at22vet1gat/,代入數(shù)據(jù)可得：x=2.5m,故D正確?？键c(diǎn)二動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題4 .考查已知受力求運(yùn)動(dòng)問題如圖所示，OaOb是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，Oa、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，Ob經(jīng)過圓心。每根桿上都

5、套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)都從O點(diǎn)無初速釋放，用匕、12分別表示滑環(huán)到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是（）B. 11 v 12C. t1>t2A.t1=t2D.無法確定解析：選b設(shè)Oa與豎直方向夾角為e,則Ob與豎直方向夾角為2e,由2RCose=12gcos0 t12,2R= 2gcos 2 0 - t22,比較可得tKt2,故B正確。5.考查已知運(yùn)動(dòng)求受力問題將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運(yùn)動(dòng)小球的 頻閃照片，圖乙是下降時(shí)的頻閃照片，O是運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，甲乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為 g,假設(shè)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.

6、mg1B.3mg八1c.2mgD.工mg10 g解析：選C設(shè)每塊磚的厚度是9d 3d=aT 向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：3d d= a2T2d,向上運(yùn)動(dòng)時(shí):聯(lián)立得：史=3Da1根據(jù)牛頓第二定律，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg-f=ma向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg-f=ma一一1聯(lián)立得：f=mg選Co6 .考查瞬時(shí)加速度的計(jì)算多選如圖甲、乙所示，光滑斜面上，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B兩球質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間（）甲乙A.兩圖中兩球加速度均為gsin0B.兩圖中A球的加速度均為零C.圖甲中B球的加速度為2gsin0D.圖乙中B球的加速度為gsin0解析：選CD撤去擋板前，對(duì)整體分析，擋板對(duì)B球的

7、彈力大小為2mg;in0,因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)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2mgin0,加速度為2gsin0;圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B兩球所受合力均為m§in0,加速度均為gsin8,故CD正確，A、B錯(cuò)誤?？键c(diǎn)三牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)圖像的綜合應(yīng)用7 .考查牛頓第二定律與v-t圖像的綜合應(yīng)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(gè)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(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去拉力F,小物塊能達(dá)到的最高位置為C點(diǎn)，已知小物塊的質(zhì)量為0.3kg，小物塊從A到C的v-t圖像如圖

8、乙所示，取g=10m/s2,則下列說法正確的是（）1A.小物塊加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)加速度大小的二B.小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為C.小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑D.拉力F的大小為4N解析：選AC小物塊加速時(shí)的加速度大小為:Avi7.50ai= r A 11m/s 2= 2.5 m/s 2減速時(shí)的加速度大小為:a2=W2=75三0m/s2=7.5m/s2At243小物塊加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)加速度大小的13,故A正確；撤去拉力后，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin30+mgcos30=ma即：a2=gsin30+（1gcos30°,得：（1=43，故B錯(cuò)誤；在C點(diǎn)mgsin30

9、°>mgsos30°,所以小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑，故C正確；在拉力作用下，根據(jù)牛頓第二定律,有:F-mgsin30mgcos30=ma,代入數(shù)據(jù)得：F=3N,故D錯(cuò)誤。8.考查牛頓第二定律與v2-x圖像的綜合應(yīng)用多選如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m=1kg,初速度V0=10m/s,在一水平向左的恒力作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g=10m/s2。下列選項(xiàng)中正確的是（）A. 05s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)8 .在t=1s時(shí)刻，恒力F反向C.恒力F大小為10ND.物塊與水平面間白動(dòng)摩擦因數(shù)為

10、0.3解析：選BD物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:a1=-=m/s2=10m/s2。2x110勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為:a2=2x26425<8m/s 2= 4 m/s 2。根據(jù)牛頓第二定律得：F+f=ma,Ff=ma,聯(lián)立兩式解得：F=7N,f=3Nof3則動(dòng)摩擦因數(shù)為：=-=10=0.3ogu物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：V101,八一，一，.ti=10s=1s,即在01s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1s后恒力F反向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。9 .考查F-t圖像與運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用多選如圖甲所示，在升降機(jī)的頂部安裝了一個(gè)能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，

11、彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過程中突然停止，并以此時(shí)為零時(shí)刻，在后面一段時(shí)間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，g為重力加速度，則（）1乙t 1t 2時(shí)間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)A.升降機(jī)停止運(yùn)行前在向上運(yùn)動(dòng)B. 011時(shí)間內(nèi)小球處于失重狀態(tài),C. t1t3時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動(dòng)，速度先增大后減小D. t3t4時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動(dòng)，速度一直增大解析：選AC從0時(shí)刻開始，彈簧彈力減小，知小球向上運(yùn)動(dòng)，可知升降機(jī)停止運(yùn)行前向上運(yùn)動(dòng)，故A正確。0t1時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，t1t2時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，小球也處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤。t1時(shí)

12、間內(nèi),小球向上運(yùn)動(dòng)，3一13時(shí)間內(nèi)，小球向下運(yùn)動(dòng)，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，故C正確。t3時(shí)刻處于最低點(diǎn)，t3t4時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四動(dòng)力學(xué)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(gè)質(zhì)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?，F(xiàn)用水平拉力作用于物塊a,使三個(gè)物塊一起水平向右勻速運(yùn)動(dòng)。各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為重力加速度大小為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(1mgC.當(dāng)該水平拉力增大為原來的1.5倍時(shí)，物塊c受到的摩擦力大小為0.5mgD.剪

13、斷輕繩后，在物塊b向右運(yùn)動(dòng)的過程中，物塊c受到的摩擦力大小為mg解析：選ACD三物塊一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得，對(duì)物塊a、b、c系統(tǒng)：F=3mg對(duì)物塊b、c系統(tǒng)：T=2mg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(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，則物塊c不受摩擦力，故B錯(cuò)誤；當(dāng)水平拉力增大為原來的1.5倍時(shí)，F(xiàn)'=1.5F=4.5mg由牛頓第二定律得：對(duì)物塊a、b、c系統(tǒng)：F'-3mg=3ma對(duì)物塊c：f=ma解彳導(dǎo):f=0.5mg故C正確；剪斷輕繩后，物塊b、c一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：對(duì)物塊b、c系統(tǒng)：2mg=2ma',對(duì)物塊c：

14、f'=ma,解得：f'=(1mg故D正確。11.考查連接體中白臨界問題如圖所示，物塊A放在木板B上，AB的質(zhì)量均為mA、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為3-。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為32,則a1與a2的比為()B. 2 ： 3A.1：1C. 1 ： 3D.3：2解析：選C當(dāng)水平力作用在 A上,A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，臨界情況是 A B的加速度相等，隔離對(duì)B分析，B的加速度為:LIwmg-y-2mg13b= 31 =3Wg,當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此

15、日A B間的摩擦力剛好達(dá)到最大,B的加速度相等,有：呀-/Wg,可得31：32=1：3,C正確。12.考查運(yùn)用牛頓第二定律解決板塊運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)=2.0m,處于靜止?fàn)顟B(tài)，木箱與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.40,現(xiàn)使平板車在水平路面上以加速度30勻加速啟動(dòng)，速度達(dá)到v=6.0m/s后接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后勻減速剎車。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2。(1)若木箱與平板車保持相對(duì)靜止，加速度加大小滿足什么條件？(2)若ao=6.0m/s2,當(dāng)木箱與平板車的速度都達(dá)到6.0m/s時(shí)，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(dá)到6.0m/s時(shí)平板車立即用恒定的阻力剎車，要使木箱不會(huì)撞到駕駛室，平板車剎車時(shí)的加速度大小a應(yīng)滿足什么條件？解析：(1)木箱與車相對(duì)靜止，加速度相同，設(shè)最大值為am,由牛頓第二定律有mg=mam解得am=4.0m/s2故應(yīng)滿足的條件為a°w4.0m/s2。(2)由于a0=6.0m/s2>4.0m/s2,故木箱與車發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)木箱速度達(dá)到v=6m/s所需的時(shí)間11=9=1.5sam運(yùn)動(dòng)的位移Xi=/ti平板車速度達(dá)到 v = 6 m/s所需的時(shí)間t 2 = = 1.0 sa。