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(江苏专版)2019版高考物理二轮复习专题一第二讲力与直线运动课前自测诊断卷(含解析).doc

1、1力与直线运动考点一 匀变速直线运动的规律及图像1.考查匀变速直线运动的规律一质点沿直线运动,其平均速度与时间的关系满足 v2 t(各物理量均选用国际单位制中单位),则关于该质点的运动,下列说法正确的是( )A质点可能做匀减速直线运动B5 s 内质点的位移为 35 mC质点运动的加速度为 1 m/s2D质点 3 s 末的速度为 5 m/s解析:选 B 根据平均速度 v 知, x vt2 t t2,根据 x v0t at22 t t2知,xt 12质点的初速度 v02 m/s,加速度 a2 m/s2,质点做匀加速直线运动,故 A、C 错误;5 s内质点的位移 x v0t at225 m 225

2、m35 m,故 B 正确;质点在 3 s 末的速12 12度 v v0 at2 m/s23 m/s8 m/s,故 D 错误。2考查图像转换一小球沿斜面下滑,在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置,小球与挡板作用时间不计,其速度 v 随时间 t 变化的关系如图所示。以下滑起点为位移坐标原点和 t0 时刻,则下列选项中能正确反映小球运动图像的是( )解析:选 A 由 vt 图像可知,小球下滑阶段和上滑阶段都做匀变速直线运动,但两个阶段加速度大小不等,由图线斜率可以看出,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 错误。下滑时小球做初速度为 0 的匀加速

3、直线运动,由x at2可知, xt2图像为过原点的直线,且位移 x 随时间增大;上滑时末速度为零,可看12做反向的初速度为 0 的匀加速直线运动,位移随时间减小,因此 xt2图像也是一条直线,由 vt 图像知,小球反弹初速度小于下滑末速度,运动时间比下滑时间短,因此小球初速度为零时没有回到初始位置,故 A 正确,B 错误。3考查平均速度与时间图像多选一质点沿 x 轴正方向做直线运动,通过坐标原点时开始计时,其 t 的图像如图所示,则( )xt2A质点做匀速直线运动,速度为 0.5 m/sB质点做匀加速直线运动,加速度为 1 m/s2C质点在 2 s 末速度为 2 m/sD质点在第 2 s 内的

4、位移为 2.5 m解析:选 BD 由题图得函数的关系式为 10.5 t,根据 x v0t at2,变形得:xt 12 v0 at,比较系数可得: v01 m/s, a20.5 m/s21 m/s2,质点的加速度不变,xt 12说明质点做匀加速直线运动,故 A 错误,B 正确;质点的初速度 v01 m/s,在 2 s 末速度为 v v0 at1 m/s12 m/s3 m/s,故 C 错误;质点做匀加速直线运动,根据位移时间公式可得在第 2 s 内的位移大小为 x v0t2 at22 v0t1 at12,代入数据可得:12 12x2.5 m,故 D 正确。考点二 动力学的两类基本问题4.考查已知受

5、力求运动问题如图所示, Oa、 Ob 是竖直平面内两根固定的光滑细杆, O、 a、 b、 c 位于同一圆周上, c 为圆周的最高点, a 为最低点, Ob 经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环,两个滑环都从 O 点无初速释放,用 t1、 t2分别表示滑环到达a、 b 所用的时间,则下列关系正确的是( )A t1 t2 B t1 t2C t1 t2 D无法确定解析:选 B 设 Oa 与竖直方向夹角为 ,则 Ob 与竖直方向夹角为 2 ,由 2Rcos gcos t12,2R gcos 2 t22,比较可得 t1 t2,故 B 正确。12 125考查已知运动求受力问题将一质量为 m 的小球靠近墙面竖

6、直向上抛出,图甲是向上运动小球的频闪照片,图乙是下降时的频闪照片, O 是运动的最高点,甲乙两次闪光频率相同,重力加速度为 g,假设小球所受的阻力大小不变,则可估算小球受到的阻力大小约为( )A mg B. mg13C. mg D. mg12 110解析:选 C 设每块砖的厚度是 d,向上运动时:9d3 d a1T2向下运动时:3 d d a2T23联立得: a1a2 31根据牛顿第二定律,向上运动时: mg f ma1向下运动时: mg f ma2联立得: f mg,选 C。126考查瞬时加速度的计算多选如图甲、乙所示,光滑斜面上,当系统静止时,挡板 C 与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,

7、 A、 B 两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )A两图中两球加速度均为 gsin B两图中 A 球的加速度均为零C图甲中 B 球的加速度为 2gsin D图乙中 B 球的加速度为 gsin 解析:选 CD 撤去挡板前,对整体分析,挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中 A 球所受合力为零,加速度为零, B 球所受合力为 2mgsin ,加速度为 2gsin ;图乙中杆的弹力突变为零,A、 B 两球所受合力均为 mgsin ,加速度均为 gsin ,故 C、D 正确,A、B 错误。考点三 牛顿第二定律与运动图像的综合应用7.

8、考查牛顿第二定律与 v t 图像的综合应用多选如图甲所示,倾角为 30的斜面固定在水平地面上,一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力 F 作用下,从斜面底端 A 点由静止开始运动,一段时间后撤去拉力 F,小物块能达到的最高位置为 C 点,已知小物块的质量为 0.3 kg,小物块从 A 到 C 的 vt 图像如图乙所示,取 g10 m/s 2,则下列说法正确的是( )A小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的13B小物块与斜面间的动摩擦因数为33C小物块到达 C 点后将沿斜面下滑4D拉力 F 的大小为 4 N解析:选 AC 小物块加速时的加速度大小为:a1 m/s22.5 m/s 2 v1 t1

9、7.5 03减速时的加速度大小为:a2 m/s27.5 m/s 2 v2 t2 7.5 04 3小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的 ,13故 A 正确;撤去拉力后,根据牛顿第二定律,有:mgsin 30 mg cos 30 ma2即: a2 gsin 30 g cos 30,得: ,故 B 错误;在 C 点 mgsin 30 mg cos 30,36所以小物块到达 C 点后将沿斜面下滑,故 C 正确;在拉力作用下,根据牛顿第二定律,有:F mgsin 30 mg cos 30 ma1,代入数据得: F3 N,故 D 错误。8考查牛顿第二定律与 v2x 图像的综合应用多选如图甲所示,物

10、块的质量 m1 kg,初速度 v010 m/s,在一水平向左的恒力F 作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动,某时刻后恒力 F 突然反向,整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示, g10 m/s 2。下列选项中正确的是( )A05 s 内物块做匀减速运动B在 t1 s 时刻,恒力 F 反向C恒力 F 大小为 10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3解析:选 BD 物块匀减速直线运动的加速度大小为:a1 m/s210 m/s 2。v22x1 10010匀加速直线运动的加速度大小为:5a2 m/s24 m/s 2。v 22x2 6428根据牛顿第二定律得: F f ma1

11、, F f ma2,联立两式解得: F7 N, f3 N。则动摩擦因数为: 0.3。fmg 310物块匀减速直线运动的时间为:t1 s1 s,即在 01 s 内做匀减速直线运动,1 s 后恒力 F 反向,做匀加va1 1010速直线运动。故 B、D 正确,A、C 错误。9考查 Ft 图像与运动的综合应用多选如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为 m 的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图像如图乙所示, g 为重力加速度,则( )A升降机停止运行前

12、在向上运动B0 t1时间内小球处于失重状态, t1 t2时间内小球处于超重状态C t1 t3时间内小球向下运动,速度先增大后减小D t3 t4时间内小球向下运动,速度一直增大解析:选 AC 从 0 时刻开始,弹簧弹力减小,知小球向上运动,可知升降机停止运行前向上运动,故 A 正确。0 t1时间内,重力大于弹力,加速度向下,小球处于失重状态,t1 t2时间内,重力大于弹力,加速度向下,小球也处于失重状态,故 B 错误。0 t1时间内,小球向上运动, t1 t3时间内,小球向下运动,加速度先向下后向上,则速度先增大后减小,故 C 正确。 t3时刻处于最低点, t3 t4时间内,小球向上运动,故 D

13、 错误。考点四 动力学的连接体问题10.考查用牛顿第二定律解决连接体问题多选如图所示, a、 b、 c 为三个质量均为 m 的物块,物块a、 b 通过水平轻绳相连后放在水平面上,物块 c 放在物块 b 上。现用水平拉力作用于物块 a,使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为 ,重力加速度大小为 g。下列说法正确的是( )6A该水平拉力大于轻绳的弹力B物块 c 受到的摩擦力大小为 mgC当该水平拉力增大为原来的 1.5 倍时,物块 c 受到的摩擦力大小为 0.5mgD剪断轻绳后,在物块 b 向右运动的过程中,物块 c 受到的摩擦力大小为 mg解析:选 ACD 三物块一起做匀速直

14、线运动,由平衡条件得,对物块 a、 b、 c 系统:F3 mg ,对物块 b、 c 系统: T2 mg ,则: F T,即水平拉力大于轻绳的弹力,故 A 正确;物块 c 做匀速直线运动,处于平衡状态,则物块 c 不受摩擦力,故 B 错误;当水平拉力增大为原来的 1.5 倍时, F1.5 F4.5 mg ,由牛顿第二定律得:对物块 a、 b、 c 系统: F3 mg 3 ma,对物块 c: f ma,解得: f0.5 mg ,故 C 正确;剪断轻绳后,物块 b、 c 一起做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得:对物块 b、 c 系统:2mg 2 ma,对物块 c: f ma,解得: f mg ,故

15、D 正确。11考查连接体中的临界问题如图所示,物块 A 放在木板 B 上, A、 B 的质量均为 m, A、 B 之间的动摩擦因数为 , B 与地面之间的动摩擦因数为 。若将水平力作用在 3A 上,使 A 刚好要相对 B 滑动,此时 A 的加速度为 a1;若将水平力作用在 B 上,使 B 刚好要相对 A 滑动,此时 B 的加速度为 a2,则 a1与 a2的比为( )A11 B23C13 D32解析:选 C 当水平力作用在 A 上,使 A 刚好要相对 B 滑动,临界情况是 A、 B 的加速度相等,隔离对 B 分析, B 的加速度为:aB a1 g , mg 32mgm 13当水平力作用在 B 上

16、,使 B 刚好要相对 A 滑动,此时 A、 B 间的摩擦力刚好达到最大,A、 B 的加速度相等,有: aA a2 g , mgm可得 a1 a213,C 正确。12考查运用牛顿第二定律解决板块运动问题如图所示,一木箱放在平板车的中部,距平板车的后端、驾驶室后端均为 L2.0 m,处于静止状态,木箱与平板车之间的动摩擦因数 0.40,现使平板车在水平路面上以加速度 a0匀加速启动,速度达到 v6.0 m/s 后接着做匀速直线运动,运动一段时间后匀减速刹车。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取 g10 m/s 2。7(1)若木箱与平板车保持相对静止,加速度 a0大小满足什么条件?(2)若 a06.0

17、m/s2,当木箱与平板车的速度都达到 6.0 m/s 时,求木箱在平板车上离驾驶室后端距离 s。(3)若在木箱速度刚达到 6.0 m/s 时平板车立即用恒定的阻力刹车,要使木箱不会撞到驾驶室,平板车刹车时的加速度大小 a 应满足什么条件?解析:(1)木箱与车相对静止,加速度相同,设最大值为 am,由牛顿第二定律有 mg mam解得 am4.0 m/s 2故应满足的条件为 a04.0 m/s 2。(2)由于 a06.0 m/s 24.0 m/s2,故木箱与车发生相对滑动木箱速度达到 v6 m/s 所需的时间 t1 1.5 svam运动的位移 x1 t1v2平板车速度达到 v6 m/s 所需的时间 t2 1.0 sva0运动的位移 x2 t2 v(t1 t2)v2且有 s x2 x1 L解得 s3.5 m。(3)木箱减速停止时的位移 x3v22am平板车减速停止时的位移 x4v22a木箱不与车相碰应满足 x3 x4 s解得 a18 m/s 2。答案:(1) a04.0 m/s 2 (2)3.5 m (3) a18 m/s 28

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