高考物理二轮复习“力与直线运动”学前诊断-人教版高三全册物理试题.doc

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1、“力与直线运动”考点一匀变速直线运动的规律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v2t(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，xvt2tt2，根据xv0tat22tt2知，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xv0tat225 m225 m35 m，故B正确；质点在3 s末的速度vv0at2 m/s23 m/s8

2、 m/s，故D错误。2考查位移时间图像甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是()A甲车的初速度为零B乙车的初位置在x060 m处C乙车的加速度大小为1.6 m/s2D5 s时两车相遇，此时甲车速度较大解析：选C位移时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t10 s时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则xat2，根据图像可知，x0a100，20a25，解得：a1.6 m/s

3、2，x080 m，选项C正确，B错误；5 s时两车相遇，此时甲的速度v甲 m/s4 m/s，乙的速度为v乙at1.65 m/s8 m/s，选项D错误。3考查应用匀变速直线运动规律解决实际问题在娱乐节目幸运向前冲中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置，平台长L14 m，跑步机皮带长L232 m，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L310 m，且皮带以v01 m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a12 m/s2 的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a21 m

4、/s2 的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？解析：挑战者匀加速通过平台：L1a1t12通过平台的时间：t1 2 s冲上跑步机的初速度：v1a1t14 m/s冲上跑步机至跨栏：L3v1t2a2t22解得t22 s摔倒至爬起随跑步机移动距离：xv0t12 m2 m(向左)取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v0a2t3解得：t31 s对地位移为：x1a2t320.5 m(向左)挑战者向右加速冲刺过程有：xx1L2L3a2t42解得：

5、t47 s挑战者通过全程所需要的总时间为：t总t1t2tt3t414 s。答案：14 s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()At1t2Bt1t2Ct1t2 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 t12,2Rgcos 2t22，比较可得t1t2，故B正确。5考查已知运动求受力问题将一

6、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()Amg B.mgC.mg D.mg解析：选C设每块砖的厚度是d，向上运动时：9d3da1T2向下运动时：3dda2T2联立得：根据牛顿第二定律，向上运动时：mgfma1向下运动时：mgfma2联立得：fmg，选C。6考查瞬时加速度的计算多选光滑斜面上，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

7、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.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

8、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/s2，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B小物块与斜面间的动摩擦因数为C小物块到达C点后将沿斜面下滑D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/s2减速时的加速度大小为：a2 m/s27.5 m/s2小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的，故A正确；撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有：mgsin 30mgcos 30ma2即：a2gsin 30gcos 30，得：，故B错误；

9、在C点mgsin 30mgcos 30，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：Fmgsin 30mgcos 30ma1，代入数据得：F3 N，故D错误。8考查牛顿第二定律与am图像的综合应用多选如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为，下列说法正确的是(

10、)A若已知，可求出A的质量B若未知，可求出乙图中a1的值C若已知，可求出乙图中a2的值D若已知，可求出乙图中m0的值解析：选BC根据牛顿第二定律得：对B得：mgFma对A得：FmAgsin mAa联立得a若已知，由知，不能求出A的质量mA，故A错误。由式变形得a。当m时，aa1g，故B正确。由式得，m0时，aa2gsin ，故C正确。当a0时，由式得，mm0mAsin ，可知，m0不能求出，故D错误。9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

11、速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2。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/s2。匀加速直线运动的加速度大小为：a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2，联立两式解得：F7 N，f3 N。则动摩擦因数为：0.3。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，做匀加速直线运动。故B、D正确，A、C错误。考点四动力学的连接体问题

12、10.考查用牛顿第二定律解决连接体问题在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是()A两弹簧都处于拉伸状态B两弹簧都处于压缩状态C弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长D弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态解析：选C由于斜面光滑，它们整体沿斜面下滑的加速度相同，为gsin 。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿

13、水平方向的加速度：axacos gsin cos 该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合mgsin ，即C不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。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()A11 B23C13 D32解析：选C当水平力作用在A上

14、，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：aBa1g，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：aAa2g，可得a1a213，C正确。12考查运用牛顿第二定律解决板块运动问题(2017全国卷)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩

15、擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s。(2)在t1时间间隔内

16、，B相对于地面移动的距离为sBv0t1aBt12设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有v2v1aAt2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t2a2t22在(t1t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)aA2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m。(也可用如图所示的速度时间图线求解)答案：(1)1 m/s(2)1.9 m