（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后达标检测卷（含解析）.doc

1、1力与直线运动1多选(2015江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力( )A t2 s 时最大 B t2 s 时最小C t8.5 s 时最大 D t8.5 s 时最小解析：选 AD 人受重力 mg 和支持力 FN的作用，由牛顿第二定律得 FN mg ma。由牛顿第三定律得人对地板的压力 FN FN mg ma。当 t2 s 时 a 有最大值， FN最大；当t8.5 s 时， a 有最小值， FN最小，选项 A、D 正确。2多选(2016江苏高考)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有

2、滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )A桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选 BD 鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项 A 错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据 v at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项 B 正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项 C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项 D 正确。

3、3(2018江苏六市二模)一辆公交车在平直的公路上从 A 站出发运动至 B 站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为 a1、 a2，匀速过程的速度大小为 v，则( )A增大 a1，保持 a2、 v 不变，加速过程的平均速度不变B减小 a1，保持 a2、 v 不变，匀速运动过程的时间将变长C增大 v，保持 a1、 a2不变，全程时间变长D只要 v 不变，不论 a1、 a2如何变化，全程平均速度不变解析：选 A 匀变速运动的平均速度为： ，则公交车加速运动过程的平均速vv0 v22度等于 ， v 不变则加速过程的平均速度不变，故 A 正确；匀加速、匀速、匀减速

4、三个过程v2的位移分别为 x1 vt1、 x2 vt2、 x3 vt3，如果减小 a1，保持 a2、 v 不变，则加速过程12 12的时间 t1 将增大，加速过程的位移 x1增大，而减速的时间和位移不变，所以匀速的位va1移将减小，匀速的时间减小，故 B 错误；作出公交车运动的速度图像如图甲所示：增大 v，保持 a1、 a2不变，运动的时间将减小，故 C 错误；同理如图乙所示， v 不变，a1、 a2变化，则全程的时间将会发生变化，全程平均速度变化，故 D 错误。4(2018南通一模)一粒石子和一泡沫塑料球以相同初速度同时竖直向上抛出，泡沫塑料球受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，忽略石子受

5、到的空气阻力，石子和塑料球运动的速度 v 随时间 t 变化的图像如图所示，其中可能正确的是( )解析：选 D 忽略石子受到的空气阻力，石子只受重力，加速度恒为 g， vt 图像是向下倾斜的直线。对于泡沫塑料球，根据牛顿第二定律得：上升过程有 mg f ma 上 ，下降过程有 mg f ma 下 ，又 f kv，得 a 上 g ，则上升过程中，随着 v 的减小， a 减小；kvma 下 g ，则下降过程中，随着 v 的增大， a 减小；所以 a 不断减小，方向不变，故kvmA、B、C 错误，D 正确。5.多选(2018淮安、宿迁期中)如图所示，木盒中固定一质量为 m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以

6、一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离 x1后停止。现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力 F(F mg)，若其他条件不变，木盒以加速度 a2滑行距离 x2后停止。则( )A a2a1 B a2 a1C x2x1 D x2mg，则运动员所受合力向上且 kv mg ma，运动员做加速度减小的减速运动，后做匀速运动，故 C 项正确，D 项错误。8.(2018江苏六市二模)如图所示，倾角为 30的光滑固定斜面上放置质量为 M 的木板 A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为 m 的物块 B，质量也为 m 的物块 C 位于木板 A 顶端。静止释放后， C 下滑，而

7、 A、 B 仍保持静止。已知 M1.5 m，重力加速度为 g，则 C 沿木板下滑的加速度大小为( )A. g B. g34 124C. g D. g14 18解析：选 C 对木板 A 受力分析，受重力、支持力、拉力和 C 对 A 的摩擦力，根据平衡条件可得： Mgsin 30 f mg，由题意可知： M1.5 m，可得 A、 C 间的摩擦力为f0.25 mg，对 C 受力分析，根据牛顿第二定律可得： mgsin 30 f ma，联立以上关系式可得 C 下滑的加速度 a g，故 C 正确，A、B、D 错误。149(2018苏北四市一模)如图所示，物块以初速度 v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最

8、高点后沿斜面返回，下列 vt 图像能正确反映物块运动规律的是( )解析：选 C 在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑阶段的加速度大小为 a1，下滑阶段的加速度大小为 a2 ，故 a1 a2，上滑和下滑运动方mgsin fm mgsin fm向相反，故 C 正确。10(2018徐州期中)如图甲所示，粗糙水平面上有一个长 L1 m、质量 M3 kg 的长木板，木板上表面左半部分粗糙，右半部分光滑，木板与地面间的动摩擦因数 10.25。质量 m1 kg 的物块放置在木板的右端，物块与木板左半部分的动摩擦因数 20.5。在木板右端施加如图乙所示的水平拉力， g 取 10 m/s2。求：(1)木板刚开

9、始运动时的加速度大小；(2)物块运动多长时间后与木板速度相同；(3)经过 t2.5 s 物块运动的位移大小。解析：(1)对木板受力分析，根据牛顿第二定律得： F1 1(M m)g Ma代入数据解得： a1 m/s 2。(2)在 F113 N 作用下，木板经历时间 t11 s 前进的位移为 x1 at120.5 m，速度12为 v1 at11 m/s，则经过 1 s 物块将与粗糙的左侧面接触，即物块将受到向右的滑动摩擦力 f2 2mg 作用对物块，由牛顿第二定律得： ma1 2mg解得物块的加速度为 a15 m/s 25对木板，由牛顿第二定律得：Ma2 F2 1(M m)g 2mg解得木板的加速

10、度为 a23 m/s 2设经历时间 t2两者速度相同，则有：v 共 a1t2 v1 a2t2解得： t20.5 s， v 共 2.5 m/s。(3)在 0.5 s 内物块前进的位移为 x2 a1t220.625 m12达到共同速度后物块相对木板静止，有共同加速度，由牛顿第二定律得：( M m)a F2 1(M m)g解得： a3.5 m/s 2则再经过 t1 s 即可运动到 t2.5 s这段时间内的位移为： x3 v 共 t a t 24.25 m12故物块运动的位移为 x x2 x34.875 m。答案：(1)1 m/s 2 (2)0.5 s (3)4.875 m11(2018苏州期中)如图

11、甲所示，一质量 m0.4 kg 的小物块，以 v02 m/s 的初速度，在与斜面平行的拉力作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经 t2 s 的时间物块由 A点运动到 B 点， A、 B 之间的距离 L10 m。已知斜面倾角 30 ，物块与斜面之间的动摩擦因数 。重力加速度 g 取 10 m/s2。求：33(1)物块到达 B 点时速度的大小，物块加速度的大小；(2)拉力 F 的大小；(3)若拉力 F 与斜面的夹角为 ，如图乙所示，物块以加速度 a 向上加速运动，试写出拉力 F 的表达式。解析：(1)物块做匀加速直线运动，根据运动学公式，有 L v0t at2， v v0 at，12联立解得 a3 m

12、/s 2， v8 m/s。(2)对物块受力分析，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有平行斜面方向 F mgsin f ma6垂直斜面方向 FN mgcos 其中 f F N拉力 F 的大小为 F mg(sin cos ) ma5.2 N。(3)拉力 F 与斜面夹角为 时，受力如图：根据牛顿第二定律有Fcos mgsin f maFN Fsin mgcos 0其中 f F N拉力 F 的表达式为 F 。mg sin cos macos sin 答案：(1)8 m/s 3 m/s 2 (2)5.2 N(3) Fmg sin cos macos sin 12(2018江苏高考)如图所

13、示，钉子 A、 B 相距 5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为 M 的小物块，另一端绕过 A 固定于B。质量为 m 的小球固定在细线上 C 点， B、 C 间的线长为 3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时 BC 与水平方向的夹角为 53。松手后，小球运动到与 A、 B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为 g，取 sin 530.8，cos 53 0.6。求：(1)小球受到手的拉力大小 F；(2)物块和小球的质量之比 M m；(3)小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T。解析：(1)由几何知识可知 AC BC，根据平衡(F mg)

14、cos 53 Mg解得 F Mg mg。53(2)与 A、 B 相同高度时小球上升 h13 lsin 53，物块下降 h22 l，物块和小球组成的系统机械能守恒 mgh1 Mgh2解得 。Mm 65(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为 T，加速度大小为 a，由牛顿第二定律得Mg T Ma7对小球，沿 AC 方向由牛顿第二定律得T mgcos 53 ma解得 T8mMg5 m M结合(2)可得 T 或 mg 或 Mg。18mg 25Mg55 4855 811答案：(1) Mg mg (2)6553(3)8mMg5 m M (18mg 25Mg55 或 4855mg或 811Mg)