《（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01.0 s內(nèi)位移先增大后減小B在01.0 s內(nèi)加速度先增大后減小C在01.0 s內(nèi)位移約為0.5 mD在00.5 s內(nèi)平均速度為0.35 m/s解析：選C在01.0 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01.0 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01.0 s內(nèi)位移約為0.5 m，選項(xiàng)C正確；在00.5 s內(nèi)的位移約為0.21 m，則平均速度為0

2、.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)vat，魚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Γ~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

3、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)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

4、，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()Aa2aBa2aCaaDa0，即a2a，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，雨水由靜止開始沿屋頂面向下流動(dòng)，則理想的傾角為()A30B45C60D75解析

5、：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：Nmgcos ，平行于屋頂方向：mamgsin ，水滴的加速度agsin ，根據(jù)三角關(guān)系判斷，屋頂坡面的長(zhǎng)度為：s，由sat2得：t，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10.3，20.2，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。下列說法正確的是()A若F1.5 N，

6、則A物塊所受摩擦力大小為1.5 NB無論力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F8 N，則B物塊的加速度為4.0 m/s2解析：選BA與紙片間的最大靜摩擦力為：fAmAg0.3110 N3 N，B與紙片間的最大靜摩擦力為：fBmBg0.2110 N2 N；若F1.5 NfA，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：FfmAa，所以A物塊所受摩擦力fF1.5 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：fBmBa0，解得：a02 m/s2；對(duì)整體，有：F0(mAmB)a0

7、22 N4 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f2 N；則對(duì)A分析，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Fkt(k2 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

8、間的動(dòng)摩擦因數(shù)Ct4 s時(shí)物體的速度D04 s內(nèi)拉力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：Fmgma，解得：agtg，由a與t圖線得到：010，210，聯(lián)立解得m2 kg，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04 s內(nèi)有vv022 m/s2 m/s，t4 s時(shí)物體的速度v2 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；無法利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求04 s內(nèi)位移，無法求出摩擦力做功，所以無法根據(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.(2019江蘇六市

9、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M1.5m，重力加速度為g，則C沿木板下滑的加速度大小為()AgBgCgDg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 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。9多選(2019江蘇

10、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m3 kg，取g10 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0.2B當(dāng)0F4 N時(shí)，A、B保持靜止C當(dāng)4 NF12 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、B間滑動(dòng)摩擦力是6 N，所以動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，A正確；當(dāng)0F4 N時(shí)，根據(jù)圖像可知，還未到達(dá)B與地面間的最大靜摩擦力，此時(shí)A、B保持靜止，B正確；當(dāng)4 NF12 N時(shí)，根據(jù)圖像可知

11、，此時(shí)A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)A物塊：a2 m/s2，加速度不變，D錯(cuò)誤。10(2017全國(guó)卷)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(s1s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示。訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面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)

12、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，由牛頓第二定律得mgma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v02v122as0可解得。(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，所用的時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v02v122a1s0v0v1a1ts1a2t2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)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間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.5

13、。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?。?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

14、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)的位移為xx2x34.875 m。答案：(1)1 m/s2(2)0.5 s(3)4.875 m12(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的小物塊，

15、另一端繞過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 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，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)7