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）-人教版高三物理試題

力與直線運動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()A．t＝2s時最大 B．t＝2s時最小C．t＝8.5s時最大 D．t＝8.5s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FN－mg＝ma。由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma。當t＝2s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當t＝8.5s時，a有最小值，F(xiàn)N′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(shù)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(shù)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(jù)v＝at，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(jīng)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：eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)，則公交車加速運動過程的平均速度等于eq\f(v,2)，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x1＝eq\f(1,2)vt1、x2＝vt2、x3＝eq\f(1,2)vt3，如果減小a1，保持a2、v不變，則加速過程的時間t1＝eq\f(v,a1)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，v-t圖像是向下傾斜的直線。對于泡沫塑料球，根據(jù)牛頓第二定律得：上升過程有mg＋f＝ma上，下降過程有mg－f＝ma下，又f＝kv，得a上＝g＋eq\f(kv,m)，則上升過程中，隨著v的減小，a減??；a下＝g－eq\f(kv,m)，則下降過程中，隨著v的增大，a減小；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(xiàn)拿走砝碼，而持續(xù)加一個豎直向下的恒力F(F＝mg)，若其他條件不變，木盒以加速度a2滑行距離x2后停止。則()A．a(chǎn)2>a1 B．a(chǎn)2＝a1C．x2>x1 D．x2<x1解析：選AD設木盒的質量為M，根據(jù)牛頓第二定律得，放砝碼時，加速度：a1＝eq\f(μM＋mg,m＋M)＝μg，拿走砝碼施加F時，加速度：a2＝eq\f(μMg＋F,M)＝eq\f(M＋m,M)μg，可知a2＞a1；根據(jù)v2＝2ax得，x＝eq\f(v2,2a)，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(nèi)，吊車先加速從A點運動到C點，再勻速率通過CDE。吊車經(jīng)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v-t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f＝kv，若kv＝mg，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mg－kv＝ma，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kv－mg＝ma，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M＝1.5m，重力加速度為g，則C沿木板下滑的加速度大小為()A.eq\f(3,4)g B.eq\f(1,2)gC.eq\f(1,4)g D.eq\f(1,8)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(jù)平衡條件可得：Mgsin30＋f＝mg，由題意可知：M＝1.5m，可得A、C間的摩擦力為f＝0.25mg，對C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin30－f＝ma，聯(lián)立以上關系式可得C下滑的加速度a＝eq\f(1,4)g，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v-t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(jù)牛頓第二定律可知上滑階段的加速度大小為a1＝eq\f(mgsinθ＋f,m)，下滑階段的加速度大小為a2＝eq\f(mgsinθ－f,m)，故a1＞a2，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L＝1m、質量M＝3kg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(shù)μ1＝0.25。質量m＝1kg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(shù)μ2＝0.5。在木板右端施加如圖乙所示的水平拉力，g取10m/s2。求：(1)木板剛開始運動時的加速度大小；(2)物塊運動多長時間后與木板速度相同；(3)經(jīng)過t＝2.5s物塊運動的位移大小。解析：(1)對木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得：F1－μ1(M＋m)g＝Ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝1m/s2。(2)在F1＝13N作用下，木板經(jīng)歷時間t1＝1s前進的位移為x1＝eq\f(1,2)at12＝0.5m，速度為v1＝at1＝1m/s，則經(jīng)過1s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f2＝μ2mg作用對物塊，由牛頓第二定律得：ma1＝μ2mg解得物塊的加速度為a1＝5m/s2對木板，由牛頓第二定律得：Ma2＝F2－μ1(M＋m)g－μ2mg解得木板的加速度為a2＝3m/s2設經(jīng)歷時間t2兩者速度相同，則有：v共＝a1t2＝v1＋a2t2解得：t2＝0.5s，v共＝2.5m/s。(3)在0.5s內(nèi)物塊前進的位移為x2＝eq\f(1,2)a1t22＝0.625m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：(M＋m)a′＝F2－μ1(M＋m)g解得：a′＝3.5m/s2則再經(jīng)過t′＝1s即可運動到t＝2.5s這段時間內(nèi)的位移為：x3＝v共t′＋eq\f(1,2)a′t′2＝4.25m故物塊運動的位移為x＝x2＋x3＝4.875m。答案：(1)1m/s2(2)0.5s(3)4.875m11．(2018·蘇州期中)如圖甲所示，一質量m＝0.4kg的小物塊，以v0＝2m/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(jīng)t＝2s的時間物塊由A點運動到B點，A、B之間的距離L＝10m。已知斜面傾角θ＝30，物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)。重力加速度g取10m/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α，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(jù)運動學公式，有L＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v＝v0＋at，聯(lián)立解得a＝3m/s2，v＝8m/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(jù)牛頓第二定律有平行斜面方向F－mgsinθ－f＝ma垂直斜面方向FN＝mgcosθ其中f＝μFN拉力F的大小為F＝mg(sinθ＋μcosθ)＋ma＝5.2N。(3)拉力F與斜面夾角為α時，受力如圖：根據(jù)牛頓第二定律有Fcosα－mgsinθ－f＝maFN＋Fsinα－mgcosθ＝0其中f＝μFN拉力F的表達式為F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)。答案：(1)8m/s3m/s2(2)5.2N(3)F＝eq\f(mgsinθ＋μcosθ＋ma,cosα＋μsinα)12．(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sin53＝0.8，cos53＝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M∶m；(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AC⊥BC，根據(jù)平衡(F＋mg)cos53＝Mg解得F＝eq\f(5,3)Mg－mg。(2)與A、B相同高度時小球上升h1＝3lsin53，物塊下降h2＝2l，物塊和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒mgh1＝Mgh2解得eq\f(M,m)＝eq\f(6,5)。(3)根據(jù)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