（江蘇專用）2020高考物理二輪復習 第一部分 專題一 力與運動 第二講 力與直線運動——課前自測診斷卷

第二講 力與直線運動課前自測診斷卷考點一勻變速直線運動的規(guī)律及圖像1.考查勻變速直線運動的規(guī)律(2019南京、鹽城三模)高速公路的ETC電子收費系統(tǒng)如圖所示，ETC通道的長度是識別區(qū)起點到自動欄桿的水平距離。某人駕駛汽車以6 m/s的速度勻速進入識別區(qū)，ETC天線用了0.3 s的時間識別車載電子標簽，識別完成后發(fā)出“滴”的一聲，司機發(fā)現(xiàn)自動欄桿沒有抬起，于是采取制動剎車，汽車剛好緊貼欄桿停下。已知司機的反應時間為0.7 s，剎車的加速度大小為5 m/s2，則該ETC通道的長度約為()A3.6 mB5.4 mC6.0 mD9.6 m解析：選D汽車在前0.3 s0.7 s內(nèi)做勻速直線運動，位移為：x1v0(t1t2)6(0.30.7)m6 m，隨后汽車做勻減速運動，位移為：x2 m3.6 m，所以該ETC通道的長度為：Lx1x26 m3.6 m9.6 m，故D正確。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，小球與擋板作用時間不計，其速度v隨時間t變化的關(guān)系如圖所示。以下滑起點為位移坐標原點和t0時刻，則下列選項中能正確反映小球運動圖像的是()解析：選A由vt圖像可知，小球下滑階段和上滑階段都做勻變速直線運動，但兩個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，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，故C、D錯誤。下滑時小球做初速度為0的勻加速直線運動，由xat2可知，xt2圖像為過原點的直線，且位移x隨時間增大；上滑時末速度為零，可看做反向的初速度為0的勻加速直線運動，位移隨時間減小，因此xt2圖像也是一條直線，由vt圖像知，小球反彈初速度小于下滑末速度，運動時間比下滑時間短，因此小球初速度為零時沒有回到初始位置，故A正確，B錯誤。3考查平均速度時間圖像多選一質(zhì)點沿x軸正方向做直線運動，通過坐標原點時開始計時，其t的圖像如圖所示，則()A質(zhì)點做勻速直線運動，速度為0.5 m/sB質(zhì)點做勻加速直線運動，加速度為1 m/s2C質(zhì)點在2 s末速度為2 m/sD質(zhì)點在第2 s內(nèi)的位移為2.5 m解析：選BD由題圖得函數(shù)的關(guān)系式為10.5t，根據(jù)xv0tat2，變形得：v0at，比較系數(shù)可得：v01 m/s, a20.5 m/s21 m/s2，質(zhì)點的加速度不變，說明質(zhì)點做勻加速直線運動，故A錯誤，B正確；質(zhì)點的初速度 v01 m/s，在2 s末速度為vv0at1 m/s12 m/s3 m/s，故C錯誤；質(zhì)點做勻加速直線運動，根據(jù)位移時間公式可得在第2 s內(nèi)的位移大小為xv0t2at22v0t1at12，代入數(shù)據(jù)可得：x2.5 m，故D正確?？键c二動力學的兩類基本問題4.考查已知受力求運動問題如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細桿，O、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點，a為最低點，Ob經(jīng)過圓心。每根桿上都套著一個小滑環(huán)，兩個滑環(huán)都從O點無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達a、b所用的時間，則下列關(guān)系正確的是()At1t2Bt1t2Ct1t2D無法確定解析：選B設(shè)Oa與豎直方向夾角為，則Ob與豎直方向夾角為2，由2Rcos gcos t12,2Rgcos 2t22，比較可得t1t2，故B正確。5考查已知運動求受力問題將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運動小球的頻閃照片，圖乙是下降時的頻閃照片，O是運動的最高點，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()AmgB.mgC.mgD.mg解析：選C設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運動時：9d3da1T2向下運動時：3dda2T2聯(lián)立得：根據(jù)牛頓第二定律，向上運動時：mgfma1向下運動時：mgfma2聯(lián)立得：fmg，選C。6考查瞬時加速度的計算多選如圖甲、乙所示，光滑斜面上，當系統(tǒng)靜止時，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()A兩圖中兩球加速度均為gsin B兩圖中A球的加速度均為零C圖甲中B球的加速度為2gsin D圖乙中B球的加速度為gsin 解析：選CD撤去擋板前，對整體分析，擋板對B球的彈力大小為2mgsin ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會突變，所以撤去擋板瞬間，題圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin ，加速度為2gsin ；題圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B兩球所受合力均為mgsin ，加速度均為gsin ，故C、D正確，A、B錯誤?？键c三牛頓第二定律與運動圖像的綜合應用7.考查牛頓第二定律與v t圖像的綜合應用(2019蘇錫常鎮(zhèn)二模)運動員進行跳傘訓練，假設(shè)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vt圖像不可能是()解析：選D運動員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fkv。若kvmg，則運動員接下來做勻速直線運動，故A項正確；若kv<mg，則運動員所受合力向下且mgkvma，運動員做加速度減小的加速直線運動直到勻速運動，故B項正確；若kv>mg，則運動員所受合力向上且kvmgma，運動員做加速度減小的減速直線運動直到勻速運動，故C項正確，D項錯誤。8考查牛頓第二定律與v2x圖像的綜合應用多選如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g10 m/s2。下列選項中正確的是()A05 s內(nèi)物塊做勻減速運動B在t1 s時刻，恒力F反向C恒力F大小為10 ND物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3解析：選BD物塊勻減速直線運動的加速度大小為：a1 m/s210 m/s2。勻加速直線運動的加速度大小為：a2 m/s24 m/s2。根據(jù)牛頓第二定律得：Ffma1，F(xiàn)fma2，聯(lián)立兩式解得：F7 N，f3 N。則動摩擦因數(shù)為：0.3。物塊勻減速直線運動的時間為：t1 s1 s，即在01 s內(nèi)做勻減速直線運動，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運動。故B、D正確，A、C錯誤。9考查Ft圖像與運動的綜合應用多選如圖甲所示，在升降機的頂部安裝了一個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，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機在勻速運行過程中突然停止，并以此時為零時刻，在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖像如圖乙所示，g為重力加速度，則()A升降機停止運行前在向上運動B0t1時間內(nèi)小球處于失重狀態(tài)，t1t2時間內(nèi)小球處于超重狀態(tài)Ct1t3時間內(nèi)小球向下運動，速度先增大后減小Dt3t4時間內(nèi)小球向下運動，速度一直增大解析：選AC從0時刻開始，彈簧彈力減小，知小球向上運動，可知升降機停止運行前向上運動，故A正確。0t1時間內(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錯誤。0t1時間內(nèi)，小球向上運動，t1t3時間內(nèi)，小球向下運動，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，故C正確。t3時刻處于最低點，t3t4時間內(nèi)，小球向上運動，故D錯誤?？键c四動力學的連接體問題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，使三個物塊一起水平向右勻速運動。各接觸面間的動摩擦因數(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mgC當該水平拉力增大為原來的1.5倍時，物塊c受到的摩擦力大小為0.5mgD剪斷輕繩后，在物塊b向右運動的過程中，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動，由平衡條件得，對物塊a、b、c系統(tǒng)：F3mg，對物塊b、c系統(tǒng)：T2mg，則：FT，即水平拉力大于輕繩的彈力，故A正確；物塊c做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，則物塊c不受摩擦力，故B錯誤；當水平拉力增大為原來的1.5倍時，F(xiàn)1.5F4.5mg，由牛頓第二定律得：對物塊a、b、c系統(tǒng)：F3mg3ma，對物塊c：fma，解得：f0.5mg，故C正確；剪斷輕繩后，物塊b、c一起做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：對物塊b、c系統(tǒng)：2mg2ma，對物塊c：fma，解得：fmg，故D正確。11考查連接體中的臨界問題如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動摩擦因數(shù)為，B與地面之間的動摩擦因數(shù)為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，此時A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時B的加速度為a2，則a1與a2的比為()A11B23C13D32解析：選C當水平力作用在A上，使A剛好要相對B滑動，臨界情況是A、B的加速度相等，隔離對B分析，B的加速度為：aBa1g，當水平力作用在B上，使B剛好要相對A滑動，此時A、B間的摩擦力剛好達到最大，A、B的加速度相等，有：aAa2g，可得a1a213，C正確。12考查運用牛頓第二定律解決板塊運動問題如圖所示，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L2.0 m，處于靜止狀態(tài)，木箱與平板車之間的動摩擦因數(shù)0.40，現(xiàn)使平板車在水平路面上以加速度a0勻加速啟動，速度達到v6.0 m/s后接著做勻速直線運動，運動一段時間后勻減速剎車。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g10 m/s2。(1)若木箱與平板車保持相對靜止，加速度a0大小滿足什么條件？(2)若a06.0 m/s2，當木箱與平板車的速度都達到6.0 m/s時，求木箱在平板車上離駕駛室后端距離s。(3)若在木箱速度剛達到6.0 m/s時平板車立即用恒定的阻力剎車，要使木箱不會撞到駕駛室，平板車剎車時的加速度大小a應滿足什么條件？解析：(1)木箱與車相對靜止，加速度相同，設(shè)最大值為am，由牛頓第二定律有mgmam解得am4.0 m/s2故應滿足的條件為a04.0 m/s2。(2)由于a06.0 m/s2>4.0 m/s2，故木箱與車發(fā)生相對滑動木箱速度達到v6 m/s所需的時間t11.5 s運動的位移x1t1平板車速度達到v6 m/s所需的時間t21.0 s運動的位移x2t2v(t1t2)且有sx2x1L解得s3.5 m。(3)木箱減速停止時的位移x3平板車減速停止時的位移x4木箱不與車相碰應滿足x3x4s解得a18 m/s2。答案：(1)a04.0 m/s2(2)3.5 m(3)a18 m/s27