（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第二講 力與直線運(yùn)動(dòng)——課后自測(cè)診斷卷

《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第二講 力與直線運(yùn)動(dòng)——課后自測(cè)診斷卷》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng) 第二講 力與直線運(yùn)動(dòng)——課后自測(cè)診斷卷（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二講 力與直線運(yùn)動(dòng) ——課后自測(cè)診斷卷 1.(2019南京、鹽城二模)某次實(shí)驗(yàn)中，通過(guò)傳感器獲得小車的速度v與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖所示，則小車(　　) A．在0～1.0 s內(nèi)位移先增大后減小 B．在0～1.0 s內(nèi)加速度先增大后減小 C．在0～1.0 s內(nèi)位移約為0.5 m D．在0～0.5 s內(nèi)平均速度為0.35 m/s 解析：選C　在0～1.0 s內(nèi)小車的速度均為正值，則小車的位移一直增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；vt圖線的斜率等于加速度，則在0～1.0 s內(nèi)加速度先減小后增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；vt圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積等于位移，則由圖像可知，在0～1.0 s內(nèi)位移約為0.5 m，選項(xiàng)

2、C正確；在0～0.5 s內(nèi)的位移約為0.21 m，則平均速度為＝＝0.42 m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2．[多選]如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過(guò)程中(　　) A．桌布對(duì)魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等 C．若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析：選BD　魚缸相對(duì)于桌布向左運(yùn)動(dòng)，故應(yīng)受到向右的摩擦力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于魚缸與桌布、桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，魚缸在桌布上運(yùn)動(dòng)和在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度的大小相等，根據(jù)v＝at，魚缸在

3、桌布上和在桌面上的滑動(dòng)時(shí)間相等，選項(xiàng)B正確；若貓?jiān)龃罄?，魚缸與桌布之間的摩擦力仍然為滑動(dòng)摩擦力，大小不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若貓減小拉力，魚缸可能隨桌布一起運(yùn)動(dòng)而滑出桌面，選項(xiàng)D正確。 3.(2019江蘇揚(yáng)州中學(xué)高考模擬)智能化電動(dòng)扶梯如圖所示，乘客站上扶梯，先緩慢加速，然后再勻速上升，則(　　) A．乘客始終處于超重狀態(tài) B．加速階段乘客受到的摩擦力方向與v相同 C．電梯對(duì)乘客的作用力始終豎直向上 D．電梯勻速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上 解析：選D　加速運(yùn)動(dòng)階段，顧客的加速度沿電梯斜向上，有豎直向上的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律，電梯對(duì)他的支持力大于其重力，處于超重狀態(tài)；勻速運(yùn)

4、動(dòng)階段，加速度為0，所以既不超重也不失重，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。加速階段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右的分量，則受到的摩擦力方向水平向右，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；加速階段，乘客受到豎直向上的支持力和水平向右的摩擦力，則電梯對(duì)乘客的作用力斜向右上方；電梯勻速上升時(shí)，電梯對(duì)乘客只有向上的支持力，即電梯對(duì)乘客的作用力豎直向上，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 4.(2019鹽城四模)質(zhì)量相同的甲、乙兩個(gè)木塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。在水平推力F作用下做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)去掉乙木塊，其他不變，則加速度的大小a′是(　　) A．a(chǎn)′>2a　　　　　　　 B．a(chǎn)′＝2a C．a(chǎn)′＝a D．a(chǎn)′<2a 解析：選

5、A　根據(jù)牛頓第二定律：對(duì)甲乙的整體F－2μmg＝2ma；去掉乙木塊：F－μmg＝ma′；兩式相減解得ma′－2ma＝μmg>0，即a′>2a，故A正確。 5.(2019江蘇七市二模)為使雨水盡快離開房屋的屋頂面，屋頂?shù)膬A角設(shè)計(jì)必須合理。某房屋示意圖如圖所示，設(shè)屋頂面光滑，傾角為θ，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動(dòng)，則理想的傾角θ為(　　) A．30 B．45 C．60 D．75 解析：選B　設(shè)屋檐的底邊為L(zhǎng)，注意底邊長(zhǎng)度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L(zhǎng)度為s，雨滴下滑的加速度為a，對(duì)雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對(duì)水滴的支持力N，垂直于屋頂方向：N＝mgcos θ，平行于屋頂方向：ma＝mgsi

6、n θ，水滴的加速度a＝gsin θ，根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度為：s＝，由s＝at2得：t＝＝，θ＝45時(shí)，t最短。 6.(2019江蘇鹽城中學(xué)高三月考)一長(zhǎng)輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，其上放質(zhì)量均為1 kg的A、B兩物塊，A、B與薄硬紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若F＝1.5 N，則A物塊所受摩擦力大小為1.5 N B．無(wú)論力F多大，A與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) C．無(wú)論力F多大，B與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) D．若F＝8 N

7、，則B物塊的加速度為4.0 m/s2 解析：選B　A與紙片間的最大靜摩擦力為：fA＝μmAg＝0.3110 N＝3 N，B與紙片間的最大靜摩擦力為：fB＝μmBg＝0.2110 N＝2 N；若F＝1.5 N＜fA，所以A、B和紙片保持相對(duì)靜止，整體在F作用下向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：F－f＝mAa，所以A物塊所受摩擦力f＜F＝1.5 N，故A錯(cuò)誤。當(dāng)B剛要相對(duì)于紙片滑動(dòng)時(shí)靜摩擦力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律得：fB＝mBa0，解得：a0＝2 m/s2；對(duì)整體，有：F0＝(mA＋mB)a0＝22 N＝4 N；即F達(dá)到4 N后，B將相對(duì)紙片運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B受到的摩擦力f＝2 N；則對(duì)A分析

8、，A受到的摩擦力也為2 N，故A和紙片間不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)；則可知，當(dāng)拉力為8 N時(shí)，B與紙片間的摩擦力即為滑動(dòng)摩擦力為2 N，此后增大拉力，不會(huì)改變B的受力，其加速度大小均為2 m/s2，無(wú)論力F多大，A和紙片之間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，故B正確，C、D錯(cuò)誤。 7.(2019南通一模)用一隨時(shí)間均勻變化的水平拉力F拉靜止在水平面上的物體。已知F＝kt(k＝2 N/s)，物體與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物體的加速度a隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，g取10 m/s2，則不可以計(jì)算出(　　) A．物體的質(zhì)量 B．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) C．t＝4 s時(shí)物體的速度 D．0～4 s內(nèi)拉

9、力F做的功 解析：選D　物體受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律得：F－μmg＝ma，解得：a＝－μg＝t－μg，由a與t圖線得到：0＝－10μ，2＝－10μ，聯(lián)立解得m＝2 kg，μ＝0.2; at圖線與時(shí)間軸所圍成的面積表示速度的變化量，所以0～4 s內(nèi)有Δv＝v－0＝22 m/s＝2 m/s，t＝4 s時(shí)物體的速度v＝2 m/s；由于物體先靜止后又做變加速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)為變力，不能直接利用做功公式求出拉力F做的功；無(wú)法利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求0～4 s內(nèi)位移，無(wú)法求出摩擦力做功，所以無(wú)法根據(jù)動(dòng)能定理求拉力F做的功， 故不可以計(jì)算出的是D，可以計(jì)算出的是A、B、C。 8.(2

10、019江蘇六市二模)如圖所示，傾角為30的光滑固定斜面上放置質(zhì)量為M的木板A，跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)線一端與木板相連且細(xì)線與斜面平行，另一端連接質(zhì)量為m的物塊B，質(zhì)量也為m的物塊C位于木板A頂端。靜止釋放后，C下滑，而A、B仍保持靜止。已知M＝1.5m，重力加速度為g，則C沿木板下滑的加速度大小為(　　) A．g　　　 B．g　　　　 C．g　　　　 D．g 解析：選C　對(duì)木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C對(duì)A的摩擦力，根據(jù)平衡條件可得：Mgsin 30＋f＝mg，由題意可知：M＝1.5m，可得A、C間的摩擦力為f＝0.25mg，對(duì)C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 30

11、－f＝ma，聯(lián)立以上關(guān)系式可得C下滑的加速度a＝g，故C正確。 9．[多選](2019江蘇七市三模)如圖甲所示，物塊A、B靜止疊放在水平地面上，B受到大小從零開始逐漸增大的水平拉力F作用。A、B間的摩擦力f1、B與地面間的摩擦力f2隨水平拉力F變化的情況如圖乙所示。已知物塊A的質(zhì)量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則(　　) A．兩物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 B．當(dāng)012 N時(shí)，A的加速度隨F的增大而增大 解析：選AB　根據(jù)題給圖像可知，發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，A、

12、B間滑動(dòng)摩擦力是6 N，所以動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝＝0.2，A正確；當(dāng)012 N時(shí)，根據(jù)圖像可知，此時(shí)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A物塊：a＝＝2 m/s2，加速度不變，D錯(cuò)誤。 10．(2017全國(guó)卷Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

13、上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1，重力加速度大小為g。求： (1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。 解析：(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由牛頓第二定律得μmg＝ma 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v02－v12＝2as0 可解得μ＝。 (2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小。設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，

14、所用的時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v02－v12＝2a1s0 v0－v1＝a1t s1＝a2t2 解得a2＝。 答案：(1)　(2) 11．(2019徐州期中)如圖甲所示，粗糙水平面上有一個(gè)長(zhǎng)L＝1 m、質(zhì)量M＝3 kg的長(zhǎng)木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25。質(zhì)量m＝1 kg的物塊放置在木板的右端，物塊與木板左半部分間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5。在木板右端施加如圖乙所示的水平拉力，g取10 m/s2。求： (1)木板剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小； (2)物塊運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間后與木板速度相同； (3)經(jīng)過(guò)t＝2.5 s物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小。

15、 解析：(1)對(duì)木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F1－μ1(M＋m)g＝Ma 代入數(shù)據(jù)解得：a＝1 m/s2。 (2)在F1＝13 N作用下，木板經(jīng)歷時(shí)間t1＝1 s前進(jìn)的位移為x1＝at12＝0.5 m，速度為v1＝at1＝1 m/s，則經(jīng)過(guò)1 s物塊將與粗糙的左側(cè)面接觸，即物塊將受到向右的滑動(dòng)摩擦力f2＝μ2mg作用 對(duì)物塊，由牛頓第二定律得：ma1＝μ2mg 解得物塊的加速度為a1＝5 m/s2 對(duì)木板，由牛頓第二定律得： Ma2＝F2－μ1(M＋m)g－μ2mg 解得木板的加速度為a2＝3 m/s2 設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t2兩者速度相同，則有： v共＝a1t2＝v1＋a2t

16、2 解得：t2＝0.5 s，v共＝2.5 m/s。 (3)在0.5 s內(nèi)物塊前進(jìn)的位移為x2＝a1t22＝0.625 m 達(dá)到共同速度后物塊相對(duì)木板靜止，有共同加速度， 由牛頓第二定律得：(M＋m)a′＝F2－μ1(M＋m)g 解得：a′＝3.5 m/s2 則再經(jīng)過(guò)t′＝1 s即可運(yùn)動(dòng)到t＝2.5 s 這段時(shí)間內(nèi)的位移為：x3＝v共t′＋a′t′2＝4.25 m 故物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x＝x2＋x3＝4.875 m。 答案：(1)1 m/s2　(2)0.5 s　(3)4.875 m 12．(2018江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小

17、物塊，另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin 53＝0.8，cos 53＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質(zhì)量之比M∶m； (3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識(shí)可知AC⊥BC，根據(jù)平衡 (F＋mg)cos 53＝Mg 解得F＝Mg－mg。 (2)與A、B相同高度時(shí) 小球上升h1＝3lsin 53， 物塊下降h2＝2l， 物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，恰好回到起始點(diǎn)，設(shè)此時(shí)物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對(duì)小球，沿AC方向由牛頓第二定律得 T－mgcos 53＝ma 解得T＝ 結(jié)合(2)可得T＝或mg或Mg。 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3) 7