《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第二講 力與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第二講 力與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第二講 力與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)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(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線(xiàn)如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對(duì)地板的壓力()At2 s時(shí)最大Bt2 s時(shí)最小Ct8.5 s時(shí)最大Dt8.5 s時(shí)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FNmgma。由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力FNFNmgma。當(dāng)t2 s時(shí)a有最大值，F(xiàn)N最大；當(dāng)t8.5 s時(shí)，a有最小值，F(xiàn)N最小，選項(xiàng)A、D正確。2多選(2016江蘇高考)如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~(yú)缸下拉出，魚(yú)缸最終沒(méi)有滑

2、出桌面。若魚(yú)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(yú)缸摩擦力的方向向左B魚(yú)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(yú)缸受到的摩擦力將增大D若貓減小拉力，魚(yú)缸有可能滑出桌面解析：選BD魚(yú)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(yú)缸與桌布、桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，魚(yú)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)vat，魚(yú)缸在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(yú)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(yú)缸可能隨桌布一起運(yùn)動(dòng)而滑出桌面，選項(xiàng)D正確。3(2018江蘇六市二模)一

3、輛公交車(chē)在平直的公路上從A站出發(fā)運(yùn)動(dòng)至B站停止，經(jīng)歷了勻加速、勻速、勻減速三個(gè)過(guò)程，設(shè)加速和減速過(guò)程的加速度大小分別為a1、a2，勻速過(guò)程的速度大小為v，則()A增大a1，保持a2、v不變，加速過(guò)程的平均速度不變B減小a1，保持a2、v不變，勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的時(shí)間將變長(zhǎng)C增大v，保持a1、a2不變，全程時(shí)間變長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)的平均速度為：，則公交車(chē)加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的平均速度等于，v不變則加速過(guò)程的平均速度不變，故A正確；勻加速、勻速、勻減速三個(gè)過(guò)程的位移分別為x1vt1、x2vt2、x3vt3，如果減小a1，保持a2、v不變，則加速過(guò)程的時(shí)間

4、t1將增大，加速過(guò)程的位移x1增大，而減速的時(shí)間和位移不變，所以勻速的位移將減小，勻速的時(shí)間減小，故B錯(cuò)誤；作出公交車(chē)運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖甲所示：增大v，保持a1、a2不變，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將減小，故C錯(cuò)誤；同理如圖乙所示，v不變，a1、a2變化，則全程的時(shí)間將會(huì)發(fā)生變化，全程平均速度變化，故D錯(cuò)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(shí)豎直向上拋出，泡沫塑料球受到的空氣阻力大小與其速度大小成正比，忽略石子受到的空氣阻力，石子和塑料球運(yùn)動(dòng)的速度v隨時(shí)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，vt圖像是向下傾斜的直線(xiàn)。

5、對(duì)于泡沫塑料球，根據(jù)牛頓第二定律得：上升過(guò)程有mgfma上，下降過(guò)程有mgfma下，又fkv，得a上g，則上升過(guò)程中，隨著v的減小，a減小；a下g，則下降過(guò)程中，隨著v的增大，a減??；所以a不斷減小，方向不變，故A、B、C錯(cuò)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(zhì)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滑行一段距離x1后停止。現(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個(gè)豎直向下的恒力F(Fmg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則()Aa2a1Ba2a1Cx2x1Dx2x1解析：選AD設(shè)木盒的質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律得，放砝碼時(shí)，加速度：a

6、1g，拿走砝碼施加F時(shí)，加速度：a2g，可知a2a1；根據(jù)v22ax得，x，知加速度增大，則滑行的距離變小，即：x2x1，則A、D正確，B、C錯(cuò)誤。6.多選(2018南京、鹽城一模)建筑工地通過(guò)吊車(chē)將物體運(yùn)送到高處。簡(jiǎn)化后模型如圖所示，直導(dǎo)軌ABC與圓弧形導(dǎo)軌CDE相連接，D為圓弧最高點(diǎn)，整個(gè)裝置在豎直平面內(nèi)，吊車(chē)先加速?gòu)腁點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，再勻速率通過(guò)CDE。吊車(chē)經(jīng)過(guò)B、D處時(shí)，關(guān)于物體M受力情況的描述正確的是()A過(guò)B點(diǎn)時(shí)，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向左B過(guò)B點(diǎn)時(shí)，處于超重狀態(tài)，摩擦力水平向右C過(guò)D點(diǎn)時(shí)，處于失重狀態(tài)，一定不受摩擦力作用D過(guò)D點(diǎn)時(shí)，處于失重狀態(tài)，底板支持力一定為零解析：選BC由于

7、吊車(chē)在A(yíng)C段做加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向沿導(dǎo)軌向上，所以過(guò)B點(diǎn)時(shí)，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(cuò)誤，B正確；過(guò)D點(diǎn)吊車(chē)和M做圓周運(yùn)動(dòng)，整體所受合外力向下提供向心力，所以M處于失重狀態(tài)，由于整體合外力向下，所以M一定不受摩擦力，由于過(guò)D點(diǎn)時(shí)的向心加速度不一定為g，所以M對(duì)吊車(chē)底板的壓力不一定為零，故C正確，D錯(cuò)誤。7(2018蘇錫常鎮(zhèn)二模)運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行跳傘訓(xùn)練。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員在沒(méi)有打開(kāi)降落傘時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，打開(kāi)傘后所受空氣阻力和下落速度成正比，不計(jì)開(kāi)傘時(shí)間，跳傘運(yùn)動(dòng)員下落過(guò)程的vt圖像不可能是()解析：選D沒(méi)有打開(kāi)降落傘時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，在打開(kāi)傘

8、瞬間獲得速度v，打開(kāi)傘后所受空氣阻力和下落速度成正比，則fkv，若kvmg，則運(yùn)動(dòng)員接下來(lái)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確；若kvmg，則運(yùn)動(dòng)員所受合力向上且kvmgma，運(yùn)動(dòng)員做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)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(zhì)量為M的木板A，跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)線(xiàn)一端與木板相連且細(xì)線(xiàn)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M1.5m，重力加速度為g，則C沿木板下滑的加速度大小為()A.gB.gC.gD.g解析：選C對(duì)木板A受力分析，受重力、

9、支持力、拉力和C對(duì)A的摩擦力，根據(jù)平衡條件可得：Mgsin 30fmg，由題意可知：M1.5m，可得A、C間的摩擦力為f0.25mg，對(duì)C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 30fma，聯(lián)立以上關(guān)系式可得C下滑的加速度ag，故C正確，A、B、D錯(cuò)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(dá)到最高點(diǎn)后沿斜面返回，下列vt圖像能正確反映物塊運(yùn)動(dòng)規(guī)律的是()解析：選C在上滑過(guò)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a1a2，上滑和下滑運(yùn)動(dòng)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

10、個(gè)長(zhǎng)L1 m、質(zhì)量M3 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)10.25。質(zhì)量m1 kg的物塊放置在木板的右端，物塊與木板左半部分的動(dòng)摩擦因數(shù)20.5。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(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?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)t2.5 s物塊運(yùn)動(dòng)的位移大小。解析：(1)對(duì)木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F11(Mm)gMa代入數(shù)據(jù)解得：a1 m/s2。(2)在F113 N作用下，木板經(jīng)歷時(shí)間t11 s前進(jìn)的位移為x1at120.5 m，速度為v1at11 m/s，則經(jīng)過(guò)1 s物塊將與

11、粗糙的左側(cè)面接觸，即物塊將受到向右的滑動(dòng)摩擦力f22mg作用對(duì)物塊，由牛頓第二定律得：ma12mg解得物塊的加速度為a15 m/s2對(duì)木板，由牛頓第二定律得：Ma2F21(Mm)g2mg解得木板的加速度為a23 m/s2設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t2兩者速度相同，則有：v共a1t2v1a2t2解得：t20.5 s，v共2.5 m/s。(3)在0.5 s內(nèi)物塊前進(jìn)的位移為x2a1t220.625 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：(Mm)aF21(Mm)g解得：a3.5 m/s2則再經(jīng)過(guò)t1 s即可運(yùn)動(dòng)到t2.5 s這段時(shí)間內(nèi)的位移為：x3v共tat24.25 m故物塊運(yùn)動(dòng)的位移

12、為xx2x34.875 m。答案：(1)1 m/s2(2)0.5 s(3)4.875 m11(2018蘇州期中)如圖甲所示，一質(zhì)量m0.4 kg的小物塊，以v02 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(yùn)動(dòng)，經(jīng)t2 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L10 m。已知斜面傾角30，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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，如圖乙所示，物塊以加速度a向上加速運(yùn)動(dòng)，試寫(xiě)出拉力F的表達(dá)式。解析：(1)物塊做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有Lv0ta

13、t2，vv0at，聯(lián)立解得a3 m/s2，v8 m/s。(2)對(duì)物塊受力分析，受重力、拉力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有平行斜面方向Fmgsin fma垂直斜面方向FNmgcos 其中fFN拉力F的大小為Fmg(sin cos )ma5.2 N。(3)拉力F與斜面夾角為時(shí)，受力如圖：根據(jù)牛頓第二定律有Fcos mgsin fmaFNFsin mgcos 0其中fFN拉力F的表達(dá)式為F。答案：(1)8 m/s3 m/s2(2)5.2 N(3) F12(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(xiàn)的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過(guò)A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在

14、細(xì)線(xiàn)上C點(diǎn)，B、C間的線(xiàn)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 530.8，cos 530.6。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Mm；(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ACBC，根據(jù)平衡(Fmg)cos 53Mg解得FMgmg。(2)與A、B相同高度時(shí)小球上升h13lsin 53，物塊下降h22l，物塊和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒mgh1Mgh2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(mén)，加速度大小為a，由牛頓第二定律得MgTMa對(duì)小球，沿AC方向由牛頓第二定律得Tmgcos 53ma解得T結(jié)合(2)可得T或mg或Mg。答案：(1)Mgmg(2)65(3)