（江蘇專(zhuān)用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題一 力與運(yùn)動(dòng) 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）——課后自測(cè)診斷卷

《（江蘇專(zhuān)用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題一 力與運(yùn)動(dòng) 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）——課后自測(cè)診斷卷》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題一 力與運(yùn)動(dòng) 第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一）——課后自測(cè)診斷卷（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第五講 力學(xué)的經(jīng)典模型（一） ——課后自測(cè)診斷卷 1.某小孩在廣場(chǎng)游玩時(shí)，將一氫氣球系在了水平地面上的磚塊上，在水平風(fēng)力的作用下，處于如圖所示的靜止?fàn)顟B(tài)。若水平風(fēng)速緩慢增大，不考慮氣球體積及空氣密度的變化，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．細(xì)繩受到拉力逐漸減小 B．磚塊受到的摩擦力可能為零 C．磚塊一定不可能被繩子拉離地面 D．磚塊受到的摩擦力一直不變 解析：選C　對(duì)氣球受力分析，受到重力、風(fēng)的推力、拉力、浮力，如圖。根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有Tsin θ＝F，Tcos θ＋mg＝F浮，解得T＝，當(dāng)風(fēng)力增大時(shí)，繩子的拉力T也增大，A錯(cuò)誤；再對(duì)氣球和磚塊整體受力分析，平衡時(shí)，受總重

2、力、地面支持力、浮力、風(fēng)的推力和摩擦力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，有N＝(M＋m)g－F浮，f＝F，當(dāng)風(fēng)力增大時(shí)，地面支持力不變，與風(fēng)力無(wú)關(guān)，磚塊不可能被繩子拉離地面，C正確；磚塊滑動(dòng)前受到地面施加的摩擦力與風(fēng)力平衡，故磚塊受到的靜摩擦力隨風(fēng)力的增大而逐漸增大，滑動(dòng)后磚塊受滑動(dòng)摩擦力，由于所受支持力不變，故滑動(dòng)摩擦力不變，故磚塊受到的摩擦力先增加后不變，B、D錯(cuò)誤。 2．我國(guó)的高鐵技術(shù)在世界處于領(lǐng)先地位，高鐵(如圖甲所示)在行駛過(guò)程中非常平穩(wěn)，放在桌上的水杯幾乎感覺(jué)不到晃動(dòng)。圖乙為高鐵車(chē)廂示意圖，A、B兩物塊相互接觸放在車(chē)廂里的水平桌面上，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。A的質(zhì)量比B的質(zhì)量大，車(chē)在平

3、直的鐵軌上向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A、B相對(duì)于桌面始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．A受到2個(gè)力的作用 B．B受到3個(gè)力的作用 C．A、B均受到桌面向右的摩擦力 D．B受到A對(duì)它向右的彈力 解析：選A　車(chē)在平直的鐵軌上向右做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，此時(shí)物塊A、B均向右做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向沒(méi)有外力，故水平方向均不受摩擦力，同時(shí)A、B間也沒(méi)有彈力作用，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 3.為了讓乘客乘車(chē)更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅始終保持水平，如圖所示，當(dāng)此車(chē)減速上坡時(shí)，乘客(　　) A．處于超重狀

4、態(tài) B．不受摩擦力的作用 C．受到向后(水平向左)的摩擦力作用 D．所受力的合力豎直向上 解析：選C　當(dāng)車(chē)減速上坡時(shí)，加速度方向沿斜坡向下，人的加速度與車(chē)的加速度相同，根據(jù)牛頓第二定律知人的合力沿斜面向下，合力的大小不變，人受重力、支持力和水平向左的靜摩擦力，如圖所示。將加速度沿豎直方向和水平方向分解，則有豎直向下的加速度，則：mg－N＝may，N＜mg，乘客處于失重狀態(tài)，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。 4.如圖所示，用兩根完全相同的輕質(zhì)彈簧，將質(zhì)量為m的小球懸掛在小車(chē)內(nèi)。當(dāng)小車(chē)沿水平方向運(yùn)動(dòng)，且小球與車(chē)相對(duì)靜止時(shí)，彈簧A與豎直方向的夾角θ＝30，彈簧B水平，兩根彈簧的長(zhǎng)度仍相同。關(guān)于小

5、車(chē)的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法可能正確的是(　　) A．小車(chē)向左做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng) B．小車(chē)以加速度g向右做勻加速運(yùn)動(dòng) C．小車(chē)以加速度g向右做勻減速運(yùn)動(dòng) D．小車(chē)以加速度g向左做勻減速運(yùn)動(dòng) 解析：選D　設(shè)彈簧伸長(zhǎng)量為x，則：kxcos 30＝mg，kx－kxsin 30＝ma；聯(lián)立得：a＝g，方向與B拉力的方向相同，即向右；故小車(chē)以加速度g向左做勻減速運(yùn)動(dòng)或向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。 5．[多選](2019江蘇南京師大附中高考模擬)質(zhì)量均為m的兩個(gè)木塊A、B用一輕彈簧拴接，靜置于水平地面上，如圖甲所示?，F(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉木塊A，使木塊A向上做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示。從木塊A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到木塊B

6、剛要離開(kāi)地面的過(guò)程中，設(shè)彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．要使B能離開(kāi)地面，F(xiàn)的大小應(yīng)大于mg B．A的加速度一定先減小后增大 C．A的動(dòng)能一定先增大后減小 D．A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定增大 解析：選AD　當(dāng)木塊B剛好離開(kāi)地面時(shí)，木塊A的速度恰好為零，此情況力F為最小，此過(guò)程由機(jī)械能守恒可得F2x＋Ep＝mg2x＋Ep，化簡(jiǎn)可得F＝mg，所以要使B能離開(kāi)地面，F(xiàn)的大小應(yīng)大于mg，故A正確；在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)之前，木塊A受的合力為F合＝F＋kx－mg，在這個(gè)過(guò)程加速度減小，速度增大；彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)之后，如果力F很大，加速度的方向仍然向上，木塊A受

7、的合力為F合＝F－kx－mg，之后的過(guò)程加速度減小，速度還在增大，故B、C錯(cuò)誤；因?yàn)樵谡麄€(gè)過(guò)程力F一直做正功，所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定增大，故D正確。 6.如圖所示，質(zhì)量為mA＝2 kg的物塊A和質(zhì)量為mB＝4 kg的物塊B緊挨著放置在粗糙的水平地面上，物塊A的左側(cè)連接一勁度系數(shù)為k＝100 N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上。開(kāi)始時(shí)兩物塊壓縮彈簧并恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)使物塊B在水平拉力F作用下向右做加速度為a＝2 m/s2的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，已知兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．因?yàn)槲飰KB做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以拉力F是恒力 B．

8、拉力F的最大值為Fmax＝38 N C．物塊B與物塊A分離時(shí)彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為x＝6 cm D．物塊B與物塊A分離時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，其壓縮量為x＝14 cm 解析：選D　物塊A、B分離前，以A、B整體為研究對(duì)象，F(xiàn)＋kx－f＝(mA＋mB)a，由于彈簧的壓縮量x逐漸減小，所以F需逐漸增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊A、B分離時(shí)拉力F達(dá)到最大值，以B為研究對(duì)象，F(xiàn)max－μmBg＝mBa，解得Fmax＝28 N，以A為研究對(duì)象，kx0－μmAg＝mAa，解得x0＝14 cm，故B、C錯(cuò)誤，D正確。 7.如圖所示，A、B、C三物塊疊放并處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平地面光滑，其他接觸面粗糙，以下受力

9、分析正確的是(　　) A．A與墻面間存在壓力 B．A與墻面間存在靜摩擦力 C．A物塊共受3個(gè)力作用 D．B物塊共受5個(gè)力作用 解析：選C　以三個(gè)物塊組成的整體為研究對(duì)象，水平方向上：地面光滑，對(duì)C沒(méi)有摩擦力，根據(jù)平衡條件得知，墻對(duì)A沒(méi)有壓力，因而也沒(méi)有摩擦力，A、B錯(cuò)誤；對(duì)A：受到重力、B的支持力和摩擦力3個(gè)力作用，C正確；先對(duì)A、B整體研究，水平方向上：墻對(duì)A沒(méi)有壓力，則由平衡條件分析可知，C對(duì)B沒(méi)有摩擦力，再對(duì)B分析：受到重力、A的壓力和摩擦力、C的支持力，共4個(gè)力作用，D錯(cuò)誤。 8.[多選]如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力F拉動(dòng)小車(chē)和木塊，讓它們一起做無(wú)相對(duì)滑動(dòng)的加速運(yùn)動(dòng)，

10、若小車(chē)質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m，加速度大小為a，木塊和小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。對(duì)于這個(gè)過(guò)程，某同學(xué)用了以下4個(gè)式子來(lái)表達(dá)木塊受到的摩擦力的大小，下述表達(dá)式一定正確的是(　　) A．F－Ma　　 B．ma　　　 C．μmg　　　 D．Ma 解析：選AB　對(duì)木塊：Ff＝ma，對(duì)小車(chē)：F－Ff＝Ma，故木塊受到的摩擦力的大小Ff＝ma或Ff＝F－Ma，故A、B正確。 9.[多選]如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量分別為m1＝2 kg、m2＝3 kg的物體置于光滑的水平面上，中間用輕質(zhì)彈簧秤連接。兩個(gè)大小分別為F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分別作用在m1、m2上，則(　　) A．系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧

11、秤的示數(shù)是50 N B．系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)，彈簧秤的示數(shù)是26 N C．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為13 m/s2 D．在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為15 m/s2 解析：選BC　設(shè)彈簧的彈力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律對(duì)整體有：a＝＝ m/s2＝2 m/s2，方向水平向右，對(duì)m1：F1－F＝m1a，代入解得F＝26 N，故A錯(cuò)誤，B正確；在突然撤去F1的瞬間，m1的加速度大小為a1＝＝ m/s2＝13 m/s2，方向水平向左，故C正確，D錯(cuò)誤。 10.[多選]如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s的速度(始終保持不變)順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，今將一小煤

12、塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地輕放在A端，由于煤塊與傳送帶之間有相對(duì)滑動(dòng)，會(huì)在傳送帶上留下劃痕。已知煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，則煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中(　　) A．煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是2.25 s B．煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5 s C．劃痕長(zhǎng)度是0.5 m D．劃痕長(zhǎng)度是2 m 解析：選BD　根據(jù)牛頓第二定律得，小煤塊的加速度a＝μg＝4 m/s2，則勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝1 s，勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝at12＝41 m＝2 m，則小煤塊勻速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝x－x1＝4 m－2 m＝2 m，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝0.5 s，所

13、以小煤塊從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間t＝t1＋t2＝1.5 s，故A錯(cuò)誤，B正確。在煤塊勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，傳送帶的位移x3＝v0t1＝41 m＝4 m，則劃痕的長(zhǎng)度Δx＝x3－x1＝4 m－2 m＝2 m，故C錯(cuò)誤，D正確。 11.[多選](2019江蘇泗陽(yáng)模擬)如圖所示，物塊A從弧形滑槽上的某一固定高度滑下后，以速度v1又滑上粗槽的水平傳送帶。若傳送帶不動(dòng)，A滑下后，從離開(kāi)滑槽進(jìn)入傳送帶左端開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1滑至傳送帶右端某處便停止下來(lái)而不會(huì)掉下去。若傳送帶以恒定速率v2做逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)， A滑下后，從離開(kāi)滑槽進(jìn)入傳送帶左端開(kāi)始計(jì)時(shí)，直到又返回傳送帶左端所用時(shí)間為t2，則以下判斷正確的是(　　)

14、 A．若v1＜v2，則t2＝2t1　 B．若v1＞v2，則t2＜2t1 C．若v1＞v2，則t2＞2t1 D．若v1＝v2，則t2＝2t1 解析：選ACD　當(dāng)傳送帶不動(dòng)時(shí)，物塊滑上傳送帶后做勻減速運(yùn)動(dòng)到停止。若v1v2，物塊返回時(shí)先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則返回的時(shí)間大于開(kāi)始做勻減速運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間，則t2>2t1，故B錯(cuò)誤，C正確；若v1＝v2，物塊返回時(shí)，一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，同理根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，t2＝2t1，故D正確。 12．[多選]如圖甲

15、所示為傾斜的傳送帶，正以恒定的速度v沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的傾角為37，一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，物塊到傳送帶頂端的速度恰好為零，其運(yùn)動(dòng)的vt圖像如圖乙所示，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，則下列判斷正確的是(　　) A．傳送帶的速度為4 m/s B．傳送帶底端到頂端的距離為32 m C．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 D．物塊所受摩擦力的方向一直與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反 解析：選AB　由題圖乙知，物塊先做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到傳送帶速度后(在t＝2 s時(shí)刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于滑動(dòng)摩

16、擦力，物塊繼續(xù)向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從圖像可知傳送帶的速度為4 m/s，故A正確。物塊上升的位移大小等于vt圖像所包圍的面積大小，為x＝2 m＋ m＝32 m，所以傳送帶底端到頂端的距離為32 m，故B正確。0～2 s內(nèi)物塊的加速度大小為a＝＝ m/s2＝10 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin 37＋μmgcos 37＝ma，解得μ＝0.5，故C錯(cuò)誤。在0～2 s內(nèi)物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向下，與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相反；2～4 s內(nèi)，物塊的速度小于傳送帶的速度，物塊所受摩擦力的方向沿斜面向上，與物塊運(yùn)動(dòng)的方向相同，故D錯(cuò)誤。 13.如圖所示，一小物塊(可看成

17、質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)沿豎直光滑的圓弧軌道，由靜止開(kāi)始滑下，圓弧軌道的半徑R＝0.25 m，末端B點(diǎn)與水平傳送帶相切，物塊由B點(diǎn)滑上粗糙的傳送帶。若傳送帶靜止，物塊滑到傳送帶的末端C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，落到水平地面上的D點(diǎn)，已知C點(diǎn)到地面的高度H＝20 m，D點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離為x1＝4 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物塊滑到C點(diǎn)時(shí)速度的大小； (2)若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，且物塊最后落地點(diǎn)到C點(diǎn)的水平距離x不隨傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度變化而改變，試求傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)速度v的取值范圍。 解析：(1)物塊從C到D做平拋運(yùn)動(dòng)， 豎直方向：H＝gt2，代入數(shù)據(jù)解得：t＝2 s， 水平方向：x1＝v1t，代入數(shù)據(jù)解得：v1＝2 m/s。 (2)從A到B，由動(dòng)能定理得：mgR＝mv22－0，代入數(shù)據(jù)解得：v2＝ m/s， 要求落點(diǎn)不隨傳送帶的速度改變而改變，則物塊一直處于加速或者減速狀態(tài) 若物塊在傳送帶上一直減速，則傳送帶的速度v≤v1＝2 m/s， 若物塊在傳送帶上一直加速，到C點(diǎn)時(shí)速度為v3，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有： v12－v22＝－2as，v32－v22＝2as， 代入數(shù)據(jù)解得：v3＝ m/s， 則傳送帶的速度v≥ m/s。 答案：(1)2 m/s　(2)v≤2 m/s或v≥ m/s 6