（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題一 第二講 力與直線運動課后達標檢測卷（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題一 第二講 力與直線運動課后達標檢測卷（含解析） 1．[多選](2015·江蘇高考)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力(　　) A．t＝2 s時最大　　　　 B．t＝2 s時最小 C．t＝8.5 s時最大 D．t＝8.5 s時最小 解析：選AD　人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當t＝2 s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當t＝8.5 s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確。

2、2．[多選](2016·江蘇高考)如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中(　　) A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等 C．若貓增大拉力，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　魚缸相對于桌布向左運動，故應受到向右的摩擦力，選項A錯誤；由于魚缸與桌布、桌面之間的動摩擦因數(shù)相等，魚缸在桌布上運動和在桌面上運動時加速度的大小相等，根據(jù)v＝at，魚缸在桌布上和在桌面上的滑動時間相等，選項B正確；若貓增大拉力，魚缸與桌布之間的摩擦

3、力仍然為滑動摩擦力，大小不變，選項C錯誤；若貓減小拉力，魚缸可能隨桌布一起運動而滑出桌面，選項D正確。 3．(2018·江蘇六市二模)一輛公交車在平直的公路上從A站出發(fā)運動至B站停止，經歷了勻加速、勻速、勻減速三個過程，設加速和減速過程的加速度大小分別為a1、a2，勻速過程的速度大小為v，則(　　) A．增大a1，保持a2、v不變，加速過程的平均速度不變 B．減小a1，保持a2、v不變，勻速運動過程的時間將變長 C．增大v，保持a1、a2不變，全程時間變長 D．只要v不變，不論a1、a2如何變化，全程平均速度不變 解析：選A　勻變速運動的平均速度為：＝，則公交車加速運動過程的平均速

4、度等于，v不變則加速過程的平均速度不變，故A正確；勻加速、勻速、勻減速三個過程的位移分別為x1＝vt1、x2＝vt2、x3＝vt3，如果減小a1，保持a2、v不變，則加速過程的時間t1＝將增大，加速過程的位移x1增大，而減速的時間和位移不變，所以勻速的位移將減小，勻速的時間減小，故B錯誤；作出公交車運動的速度圖像如圖甲所示： 增大v，保持a1、a2不變，運動的時間將減小，故C錯誤；同理如圖乙所示，v不變，a1、a2變化，則全程的時間將會發(fā)生變化，全程平均速度變化，故D錯誤。 4．(2018·南通一模)一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同時豎直向上拋出，泡沫塑料球受到的空氣阻力大小與其速

5、度大小成正比，忽略石子受到的空氣阻力，石子和塑料球運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖所示，其中可能正確的是(　　) 解析：選D　忽略石子受到的空氣阻力，石子只受重力，加速度恒為g，v-t圖像是向下傾斜的直線。對于泡沫塑料球，根據(jù)牛頓第二定律得：上升過程有mg＋f＝ma上，下降過程有mg－f＝ma下，又f＝kv，得a上＝g＋，則上升過程中，隨著v的減小，a減??；a下＝g－，則下降過程中，隨著v的增大，a減?。凰詀不斷減小，方向不變，故A、B、C錯誤，D正確。 5.[多選](2018·淮安、宿遷期中)如圖所示，木盒中固定一質量為m的砝碼，木盒和砝碼在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑

6、行一段距離x1后停止。現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則(　　) A．a2>a1 B．a2＝a1 C．x2>x1 D．x2

7、，整個裝置在豎直平面內，吊車先加速從A點運動到C點，再勻速率通過CDE。吊車經過B、D處時，關于物體M受力情況的描述正確的是(　　) A．過B點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向左 B．過B點時，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向右 C．過D點時，處于失重狀態(tài)，一定不受摩擦力作用 D．過D點時，處于失重狀態(tài)，底板支持力一定為零 解析：選BC　由于吊車在AC段做加速運動，加速度方向沿導軌向上，所以過B點時，M處于超重狀態(tài)，由于整體具有向右的分加速度，由隔離法可知，M受到的靜摩擦力水平向右，故A錯誤，B正確；過D點吊車和M做圓周運動，整體所受合外力向下提供向心力，所以M處于失重狀態(tài)，由于整體合外力向

8、下，所以M一定不受摩擦力，由于過D點時的向心加速度不一定為g，所以M對吊車底板的壓力不一定為零，故C正確，D錯誤。 7．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)二模)運動員進行跳傘訓練。假設運動員在沒有打開降落傘時做自由落體運動，打開傘后所受空氣阻力和下落速度成正比，不計開傘時間，跳傘運動員下落過程的v-t圖像不可能是(　　) 解析：選D　沒有打開降落傘時做自由落體運動，在打開傘瞬間獲得速度v，打開傘后所受空氣阻力和下落速度成正比，則f＝kv，若kv＝mg，則運動員接下來做勻速直線運動，故A項正確；若kv

9、若kv>mg，則運動員所受合力向上且kv－mg＝ma，運動員做加速度減小的減速運動，后做勻速運動，故C項正確，D項錯誤。 8.(2018·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量為M的木板A，跨過輕質光滑定滑輪的細線一端與木板相連且細線與斜面平行，另一端連接質量為m的物塊B，質量也為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　對木板A受力分析，受重力、支持力、拉力和C對A的摩擦力，根據(jù)平衡條件可得：Mgsin 30°＋f＝mg，由

10、題意可知：M＝1.5m，可得A、C間的摩擦力為f＝0.25mg，對C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 30°－f＝ma，聯(lián)立以上關系式可得C下滑的加速度a＝g，故C正確，A、B、D錯誤。 9．(2018·蘇北四市一模)如圖所示，物塊以初速度v0從粗糙斜面底端沿斜面上滑，達到最高點后沿斜面返回，下列v-t圖像能正確反映物塊運動規(guī)律的是(　　) 解析：選C　在上滑過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知上滑階段的加速度大小為a1＝，下滑階段的加速度大小為a2＝，故a1＞a2，上滑和下滑運動方向相反，故C正確。 10．(2018·徐州期中)如圖甲所示，粗糙水平面上有一個長L＝1 m、質量M＝

11、3 kg的長木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25。質量m＝1 kg的物塊放置在木板的右端，物塊與木板左半部分的動摩擦因數(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)木板剛開始運動時的加速度大??； (2)物塊運動多長時間后與木板速度相同； (3)經過t＝2.5 s物塊運動的位移大小。 解析：(1)對木板受力分析，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，木板經歷時間t1＝1 s前進的位移為x1＝at12＝0.5 m，速度為v1

12、＝at1＝1 m/s，則經過1 s物塊將與粗糙的左側面接觸，即物塊將受到向右的滑動摩擦力f2＝μ2mg作用 對物塊，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 設經歷時間t2兩者速度相同，則有： v共＝a1t2＝v1＋a2t2 解得：t2＝0.5 s，v共＝2.5 m/s。 (3)在0.5 s內物塊前進的位移為x2＝a1t22＝0.625 m 達到共同速度后物塊相對木板靜止，有共同加速度， 由牛頓第二定律得：(M＋m)a′＝F2－μ1(

13、M＋m)g 解得：a′＝3.5 m/s2 則再經過t′＝1 s即可運動到t＝2.5 s 這段時間內的位移為：x3＝v共t′＋a′t′2＝4.25 m 故物塊運動的位移為x＝x2＋x3＝4.875 m。 答案：(1)1 m/s2　(2)0.5 s　(3)4.875 m 11．(2018·蘇州期中)如圖甲所示，一質量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做勻加速運動，經t＝2 s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10 m。已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝。重力加速度g取10 m/s2。求： (

14、1)物塊到達B點時速度的大小，物塊加速度的大??； (2)拉力F的大?。? (3)若拉力F與斜面的夾角為α，如圖乙所示，物塊以加速度a向上加速運動，試寫出拉力F的表達式。 解析：(1)物塊做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式， 有L＝v0t＋at2，v＝v0＋at， 聯(lián)立解得a＝3 m/s2，v＝8 m/s。 (2)對物塊受力分析，受重力、拉力、支持力和滑動摩擦力， 根據(jù)牛頓第二定律有 平行斜面方向F－mgsin θ－f＝ma 垂直斜面方向FN＝mgcos θ 其中f＝μFN 拉力F的大小為F＝mg(sin θ＋μcos θ)＋ma＝5.2 N。 (3)拉力F與斜面夾角為α時，

15、受力如圖： 根據(jù)牛頓第二定律有 Fcos α－mgsin θ－f＝ma FN＋Fsin α－mgcos θ＝0 其中f＝μFN 拉力F的表達式為F＝。 答案：(1)8 m/s　3 m/s2　(2)5.2 N (3) F＝ 12．(2018·江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細線的一端系有質量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°。松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin

16、53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小F； (2)物塊和小球的質量之比M∶m； (3)小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T。 解析：(1)由幾何知識可知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 小球上升h1＝3lsin 53°， 物塊下降h2＝2l， 物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒mgh1＝Mgh2 解得＝。 (3)根據(jù)機械能守恒定律，小球向下運動到最低點時，恰好回到起始點，設此時物塊受到的拉力為T，加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Mg－T＝Ma 對小球，沿AC方向由牛頓第二定律得 T－mgcos 53°＝ma 解得T＝ 結合(2)可得T＝或mg或Mg。 答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3)