《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第二講 力與直線運(yùn)動(dòng)課前自測(cè)診斷卷（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第二講 力與直線運(yùn)動(dòng)課前自測(cè)診斷卷（含解析）（7頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專(zhuān)版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題一 第二講 力與直線運(yùn)動(dòng)課前自測(cè)診斷卷（含解析） 考點(diǎn)一 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及圖像 A．質(zhì)點(diǎn)可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．5 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移為35 m C．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度為1 m/s2 D．質(zhì)點(diǎn)3 s末的速度為5 m/s 解析：選B　根據(jù)平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根據(jù)x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，質(zhì)點(diǎn)的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；5 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，故B正確；質(zhì)點(diǎn)在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×

2、3 m/s＝8 m/s，故D錯(cuò)誤。 2．[考查圖像轉(zhuǎn)換]一小球沿斜面下滑，在斜面底端與垂直斜面的擋板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球與擋板作用時(shí)間不計(jì)，其速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示。以下滑起點(diǎn)為位移坐標(biāo)原點(diǎn)和t＝0時(shí)刻，則下列選項(xiàng)中能正確反映小球運(yùn)動(dòng)圖像的是(　　) 解析：選A　由v-t圖像可知，小球下滑階段和上滑階段都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，但兩個(gè)階段加速度大小不等，由圖線斜率可以看出，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錯(cuò)誤。下滑時(shí)小球做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由x＝at2可知，x-t2圖像為過(guò)原點(diǎn)的直線，且位移x隨時(shí)間增大；上滑時(shí)末速度為零

3、，可看做反向的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移隨時(shí)間減小，因此x-t2圖像也是一條直線，由v-t圖像知，小球反彈初速度小于下滑末速度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間比下滑時(shí)間短，因此小球初速度為零時(shí)沒(méi)有回到初始位置，故A正確，B錯(cuò)誤。 3．[考查平均速度與時(shí)間圖像] [多選]一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，其-t的圖像如圖所示，則(　　) A．質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為0.5 m/s B．質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為1 m/s2 C．質(zhì)點(diǎn)在2 s末速度為2 m/s D．質(zhì)點(diǎn)在第2 s內(nèi)的位移為2.5 m 解析：選BD　由題圖得函數(shù)的關(guān)系式為＝1＋0.5t，根據(jù)x＝v0t＋at2

4、，變形得：＝v0＋at，比較系數(shù)可得：v0＝1 m/s, a＝2×0.5 m/s2＝1 m/s2，質(zhì)點(diǎn)的加速度不變，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；質(zhì)點(diǎn)的初速度 v0＝1 m/s，在2 s末速度為v＝v0＋at＝1 m/s＋1×2 m/s＝3 m/s，故C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)位移時(shí)間公式可得在第2 s內(nèi)的位移大小為x＝v0t2＋at22－v0t1－at12，代入數(shù)據(jù)可得：x＝2.5 m，故D正確。 考點(diǎn)二 動(dòng)力學(xué)的兩類(lèi)基本問(wèn)題 4.[考查已知受力求運(yùn)動(dòng)問(wèn)題] 如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為

5、最低點(diǎn)，Ob經(jīng)過(guò)圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)都從O點(diǎn)無(wú)初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　 B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無(wú)法確定 解析：選B　設(shè)Oa與豎直方向夾角為θ，則Ob與豎直方向夾角為2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比較可得t1＜t2，故B正確。 5．[考查已知運(yùn)動(dòng)求受力問(wèn)題] 將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運(yùn)動(dòng)小球的頻閃照片，圖乙是下降時(shí)的頻閃照片，O是運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，甲乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的

6、阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：選C　設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)： 9d－3d＝a1T2① 向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：3d－d＝a2T2② 聯(lián)立①②得：＝③ 根據(jù)牛頓第二定律，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg＋f＝ma1④ 向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg－f＝ma2⑤ 聯(lián)立③④⑤得：f＝mg，選C。 6．[考查瞬時(shí)加速度的計(jì)算] [多選]如圖甲、乙所示，光滑斜面上，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B兩球質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsin θ B．兩圖中A球的加速度均為零

7、 C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ D．圖乙中B球的加速度為gsin θ 解析：選CD　撤去擋板前，對(duì)整體分析，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsin θ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱?，A、B兩球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。 考點(diǎn)三 牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)圖像的綜合應(yīng)用 7.[考查牛頓第二定律與v -t圖像的綜合應(yīng)用] [多選]如圖甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一個(gè)小物塊在沿斜面向

8、上的恒定拉力F作用下，從斜面底端A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去拉力F，小物塊能達(dá)到的最高位置為C點(diǎn)，已知小物塊的質(zhì)量為0.3 kg，小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小物塊加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)加速度大小的 B．小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 C．小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑 D．拉力F的大小為4 N 解析：選AC　小物塊加速時(shí)的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2 減速時(shí)的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝7.5 m/s2 小物塊加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)加速度大小的， 故A正確； 撤

9、去拉力后，根據(jù)牛頓第二定律，有： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 即：a2＝gsin 30°＋μgcos 30°， 得：μ＝，故B錯(cuò)誤；在C點(diǎn)mgsin 30°＞μmgcos 30°， 所以小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑，故C正確；在拉力作用下，根據(jù)牛頓第二定律，有： F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1， 代入數(shù)據(jù)得：F＝3 N，故D錯(cuò)誤。 8．[考查牛頓第二定律與v2-x圖像的綜合應(yīng)用] [多選]如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過(guò)

10、程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g＝10 m/s2。下列選項(xiàng)中正確的是(　　) A．0～5 s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng) B．在t＝1 s時(shí)刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 解析：選BD　物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2。 勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2。 根據(jù)牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2， 聯(lián)立兩式解得：F＝7 N，f＝3 N。 則動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝＝＝0.3。 物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： t1＝＝ s＝1 s

11、，即在0～1 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。 9．[考查F-t圖像與運(yùn)動(dòng)的綜合應(yīng)用] [多選]如圖甲所示，在升降機(jī)的頂部安裝了一個(gè)能夠顯示拉力大小的傳感器，傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球，若升降機(jī)在勻速運(yùn)行過(guò)程中突然停止，并以此時(shí)為零時(shí)刻，在后面一段時(shí)間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，g為重力加速度，則(　　) A．升降機(jī)停止運(yùn)行前在向上運(yùn)動(dòng) B．0～t1時(shí)間內(nèi)小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時(shí)間內(nèi)小球處于超重狀態(tài) C．t1～t3時(shí)間內(nèi)小球向下運(yùn)動(dòng)，速度先增大后減小 D．t3～t4時(shí)間

12、內(nèi)小球向下運(yùn)動(dòng)，速度一直增大 解析：選AC　從0時(shí)刻開(kāi)始，彈簧彈力減小，知小球向上運(yùn)動(dòng)，可知升降機(jī)停止運(yùn)行前向上運(yùn)動(dòng)，故A正確。0～t1時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，小球處于失重狀態(tài)，t1～t2時(shí)間內(nèi)，重力大于彈力，加速度向下，小球也處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤。0～t1時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)，t1～t3時(shí)間內(nèi)，小球向下運(yùn)動(dòng)，加速度先向下后向上，則速度先增大后減小，故C正確。t3時(shí)刻處于最低點(diǎn)，t3～t4時(shí)間內(nèi)，小球向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)四 動(dòng)力學(xué)的連接體問(wèn)題 10.[考查用牛頓第二定律解決連接體問(wèn)題] [多選]如圖所示，a、b、c為三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊，物塊a、b通過(guò)水平輕繩相

13、連后放在水平面上，物塊c放在物塊b上?，F(xiàn)用水平拉力作用于物塊a，使三個(gè)物塊一起水平向右勻速運(yùn)動(dòng)。各接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．該水平拉力大于輕繩的彈力 B．物塊c受到的摩擦力大小為μmg C．當(dāng)該水平拉力增大為原來(lái)的1.5倍時(shí)，物塊c受到的摩擦力大小為0.5μmg D．剪斷輕繩后，在物塊b向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，物塊c受到的摩擦力大小為μmg 解析：選ACD　三物塊一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得，對(duì)物塊a、b、c系統(tǒng)：F＝3μmg，對(duì)物塊b、c系統(tǒng)：T＝2μmg，則：F＞T，即水平拉力大于輕繩的彈力，故A正確；物塊c做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平

14、衡狀態(tài)，則物塊c不受摩擦力，故B錯(cuò)誤；當(dāng)水平拉力增大為原來(lái)的1.5倍時(shí)，F(xiàn)′＝1.5F＝4.5μmg，由牛頓第二定律得：對(duì)物塊a、b、c系統(tǒng)：F′－3μmg＝3ma，對(duì)物塊c：f＝ma，解得：f＝0.5μmg，故C正確；剪斷輕繩后，物塊b、c一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：對(duì)物塊b、c系統(tǒng)：2μmg＝2ma′，對(duì)物塊c：f′＝ma′，解得：f′＝μmg，故D正確。 11．[考查連接體中的臨界問(wèn)題] 如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用

15、在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為a2，則a1與a2的比為(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 解析：選C　當(dāng)水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，臨界情況是A、B的加速度相等，隔離對(duì)B分析，B的加速度為： aB＝a1＝＝μg， 當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝＝μg， 可得a1∶a2＝1∶3，C正確。 12．[考查運(yùn)用牛頓第二定律解決板塊運(yùn)動(dòng)問(wèn)題] 如圖所示，一木箱放在平板車(chē)的中部，距平板車(chē)的后端、駕駛室后端均為L(zhǎng)＝2.0 m，處于靜止?fàn)顟B(tài)，木箱與平板車(chē)之間的動(dòng)摩

16、擦因數(shù)μ＝0.40，現(xiàn)使平板車(chē)在水平路面上以加速度a0勻加速啟動(dòng)，速度達(dá)到v＝6.0 m/s后接著做勻速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后勻減速剎車(chē)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10 m/s2。 (1)若木箱與平板車(chē)保持相對(duì)靜止，加速度a0大小滿足什么條件？ (2)若a0＝6.0 m/s2，當(dāng)木箱與平板車(chē)的速度都達(dá)到6.0 m/s時(shí)，求木箱在平板車(chē)上離駕駛室后端距離s。 (3)若在木箱速度剛達(dá)到6.0 m/s時(shí)平板車(chē)立即用恒定的阻力剎車(chē)，要使木箱不會(huì)撞到駕駛室，平板車(chē)剎車(chē)時(shí)的加速度大小a應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)木箱與車(chē)相對(duì)靜止，加速度相同，設(shè)最大值為am， 由牛頓第二定律有μ

17、mg＝mam 解得am＝4.0 m/s2 故應(yīng)滿足的條件為a0≤4.0 m/s2。 (2)由于a0＝6.0 m/s2>4.0 m/s2，故木箱與車(chē)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng) 木箱速度達(dá)到v＝6 m/s所需的時(shí)間t1＝＝1.5 s 運(yùn)動(dòng)的位移x1＝t1 平板車(chē)速度達(dá)到v＝6 m/s所需的時(shí)間t2＝＝1.0 s 運(yùn)動(dòng)的位移x2＝t2＋v(t1－t2) 且有s＝x2－x1＋L 解得s＝3.5 m。 (3)木箱減速停止時(shí)的位移x3＝ 平板車(chē)減速停止時(shí)的位移x4＝ 木箱不與車(chē)相碰應(yīng)滿足x3－x4≤s 解得a≤18 m/s2。 答案：(1)a0≤4.0 m/s2　(2)3.5 m　(3)a≤18 m/s2