（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第二讲 力与直线运动——课前自测诊

第二讲力与直线运动——课前自测诊断卷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](2019·南京、盐城三模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离。某人驾驶汽车以6m/s的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好紧贴栏杆停下。已知司机的反应时间为0.7s，刹车的加速度大小为5m/s2，则该ETC通道的长度约为()A．3.6mB．5.4mC．6.0mD．9.6m解析：选D汽车在前0.3s＋0.7s内做匀速直线运动，位移为：x1＝v0(t1＋t2)＝6×(0.3＋0.7)m＝6m，随后汽车做匀减速运动，位移为：x2＝v022a＝622×5m＝3.6m，所以该ETC通道的长度为：L＝x1＋x2＝6m＋3.6m＝9.6m，故D正确。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t＝0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的匀加速直线运动，由x＝12at2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—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xt­t的图像如图所示，则()A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为1m/s2C．质点在2s末速度为2m/sD．质点在第2s内的位移为2.5m解析：选BD由题图得函数的关系式为xt＝1＋0.5t，根据x＝v0t＋12at2，变形得：xt＝v0＋12at，比较系数可得：v0＝1m/s,a＝2×0.5m/s2＝1m/s2，质点的加速度不变，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v0＝1m/s，在2s末速度为v＝v0＋at＝1m/s＋1×2m/s＝3m/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2s内的位移大小为x＝v0t2＋12at22－v0t1－12at12，代入数据可得：x＝2.5m，故D正确。考点二动力学的两类基本问题4.[考查已知受力求运动问题]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＝t2B．t1＜t2C．t1＞t2D．无法确定解析：选B设Oa与竖直方向夹角为θ，则Ob与竖直方向夹角为2θ，由2Rcosθ＝12gcosθ·t12,2R＝12gcos2θ·t22，比较可得t1＜t2，故B正确。5．[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．mgB.13mgC.12mgD.110mg解析：选C设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d－3d＝a1T2①向下运动时：3d－d＝a2T2②联立①②得：a1a2＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④向下运动时：mg－f＝ma2⑤联立③④⑤得：f＝12mg，选C。6．[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，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gsinθB．两图中A球的加速度均为零C．图甲中B球的加速度为2gsinθD．图乙中B球的加速度为gsinθ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2mgsinθ，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，题图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsinθ，加速度为2gsinθ；题图乙中杆的弹力突变为零，A、B两球所受合力均为mgsinθ，加速度均为gsinθ，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.[考查牛顿第二定律与v­t图像的综合应用](2019·苏锡常镇二模)运动员进行跳伞训练，假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，不计开伞时间，跳伞运动员下落过程的v­t图像不可能是()解析：选D运动员没有打开降落伞时做自由落体运动，在打开伞瞬间获得速度v，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，则f＝kv。若kv＝mg，则运动员接下来做匀速直线运动，故A项正确；若kvmg，则运动员所受合力向下且mg－kv＝ma，运动员做加速度减小的加速直线运动直到匀速运动，故B项正确；若kvmg，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直线运动直到匀速运动，故C项正确，D项错误。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，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/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，g＝10m/s2。下列选项中正确的是()A．0～5s内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．恒力F大小为10ND．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＝v22x1＝10010m/s2＝10m/s2。匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝v′22x2＝642×8m/s2＝4m/s2。根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立两式解得：F＝7N，f＝3N。则动摩擦因数为：μ＝fmg＝310＝0.3。物块匀减速直线运动的时间为：t1＝va1＝1010s＝1s，即在0～1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动。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．升降机停止运行前在向上运动B．0～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μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A．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μmgC．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0.5μmgD．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μmg解析：选ACD三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对物块a、b、c系统：F＝3μmg，对物块b、c系统：T＝2μmg，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，F′＝1.5F＝4.5μmg，由牛顿第二定律得：对物块a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对物块c：f＝ma，解得：f＝0.5μmg，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：2μmg＝2ma′，对物块c：f′＝ma′，解得：f′＝μmg，故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μ，B与地面之间的动摩擦因数为μ3。若将水平力作用在A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()A．1∶1B．2∶3C．1∶3D．3∶2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＝μmg－μ3·2mgm＝13μg，当水平力作用在B上，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＝μmgm＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，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L＝2.0m，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝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v＝6.0m/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g＝10m/s2。(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a0＝6.0m/s2，当木箱与平板车的速度都达到6.0m/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6.0m/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μmg＝mam解得am＝4.0m/s2故应满足的条件为a0≤4.0m/s2。(2)由于a0＝6.0m/s24.0m/s2，故木箱与车发生相对滑动木箱速度达到v＝6m/s所需的时间t1＝vam＝1.5s运动的位移x1＝v2t1平板车速度达到v＝6m/s所需的时间t2＝va0＝1.0s运动的位移x2＝v2t2＋v(t1－t2)且有s＝x2－x1＋L解得s＝3.5m。(3)木箱减速停止时的位移x3＝v22am平板车减速停止时的位移x4＝v22a木箱不与车相碰应满足x3－x4≤s解得a≤18m/s2。答案：(1)a0≤4.0m/s2(2)3.5m(3)a≤18m/s2