（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()At2 s時最大Bt2 s時最小Ct8.5 s時最大Dt8.5 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FNmgma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FNFNmgma。當t2 s時a有最大值，FN最大；當t8.5 s時，a有最小值，FN最小，選項A、D正確。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vat，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x1vt1、x2vt2、x3vt3，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，v­t圖像是向下傾斜的直線。對于泡沫塑料球，根據牛頓第二定律得：上升過程有mgfma上，下降過程有mgfma下，又fkv，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??；所以a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滑行一段距離x1后停止?，F拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力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()Aa2>a1Ba2a1Cx2>x1Dx2<x1解析：選AD設木盒的質量為M，根據牛頓第二定律得，放砝碼時，加速度：a1g，拿走砝碼施加F時，加速度：a2g，可知a2a1；根據v22ax得，x，知加速度增大，則滑行的距離變小，即：x2<x1，則A、D正確，B、C錯誤。6.多選(2018·南京、鹽城一模)建筑工地通過吊車將物體運送到高處。簡化后模型如圖所示，直導軌ABC與圓弧形導軌CDE相連接，D為圓弧最高點，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v­t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，根據平衡條件可得：Mgsin 30°fmg，由題意可知：M1.5m，可得A、C間的摩擦力為f0.25mg，對C受力分析，根據牛頓第二定律可得：mgsin 30°fma，聯立以上關系式可得C下滑的加速度ag，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v­t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L1 m、質量M3 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10.25。質量m1 kg的物塊放置在木板的右端，物塊與木板左半部分的動摩擦因數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t2.5 s物塊運動的位移大小。解析：(1)對木板受力分析，根據牛頓第二定律得：F11(Mm)gMa代入數據解得：a1 m/s2。(2)在F113 N作用下，木板經歷時間t11 s前進的位移為x1at120.5 m，速度為v1at11 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f22mg作用對物塊，由牛頓第二定律得：ma12mg解得物塊的加速度為a15 m/s2對木板，由牛頓第二定律得：Ma2F21(Mm)g2mg解得木板的加速度為a23 m/s2設經歷時間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內物塊前進的位移為x2a1t220.625 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：(Mm)aF21(Mm)g解得：a3.5 m/s2則再經過t1 s即可運動到t2.5 s這段時間內的位移為：x3v共tat24.25 m故物塊運動的位移為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動，經t2 s的時間物塊由A點運動到B點，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摩擦因數。重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物塊到達B點時速度的大小，物塊加速度的大??；(2)拉力F的大小；(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，根據運動學公式，有Lv0tat2，vv0at，聯立解得a3 m/s2，v8 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，受力如圖：根據牛頓第二定律有Fcos mgsin fmaFNFsin mgcos 0其中fFN拉力F的表達式為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 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Mm；(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ACBC，根據平衡(Fmg)cos 53°Mg解得FMgmg。(2)與A、B相同高度時小球上升h13lsin 53°，物塊下降h22l，物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒mgh1Mgh2解得。(3)根據機械能守恒定律，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MgTMa對小球，沿AC方向由牛頓第二定律得Tmgcos 53°ma解得T結合(2)可得T或mg或Mg。答案：(1)Mgmg(2)65(3)