(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——课后自测诊断卷

第二讲 力与直线运动
——课后自测诊断卷
1.(2019·南京、盐城二模)某次实验中，通过传感器获得小车的速度v 与时间t 的关系图像如图所示，则小车( )
A ．在0～1.0 s 内位移先增大后减小
B ．在0～1.0 s 内加速度先增大后减小
C ．在0～1.0 s 内位移约为0.5 m
D ．在0～0.5 s 内平均速度为0.35 m/s
解析：选C 在0～1.0 s 内小车的速度均为正值，则小车的位移一直增大，选项A 错误；v ­t 图线的斜率等于加速度，则在0～1.0 s 内加速度先减小后增大，选项B 错误；v ­t 图线与坐标轴围成的面积等于位移，则由图像可知，在0～1.0 s 内位移约为0.5 m ，选项C 正确；在0～0.5 s 内的位移约为0.21 m ，则平均速度为v ＝x t
＝0.42 m/s ，选项D 错误。

2．[多选]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.(2019·江苏扬州中学高考模拟)智能化电动扶梯如图所示，乘客站上
扶梯，先缓慢加速，然后再匀速上升，则( )
A ．乘客始终处于超重状态
B ．加速阶段乘客受到的摩擦力方向与v 相同
C ．电梯对乘客的作用力始终竖直向上
D ．电梯匀速上升时，电梯对乘客的作用力竖直向上
解析：选D 加速运动阶段，顾客的加速度沿电梯斜向上，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律，电梯对他的支持力大于其重力，处于超重状态；匀速运动阶段，加速度为0，所以既不超重也不失重，选项A 错误。

加速阶段乘客加速度斜向上，加速度有水平向右
的分量，则受到的摩擦力方向水平向右，选项B 错误；加速阶段，乘客受到竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力，则电梯对乘客的作用力斜向右上方；电梯匀速上升时，电梯对乘客只有向上的支持力，即电梯对乘客的作用力竖直向上，选项C 错误，D 正确。

4.(2019·盐城四模)质量相同的甲、乙两个木块与水平桌面间的动摩擦
因数均相同。

在水平推力F 作用下做加速度为a 的匀加速直线运动，现去掉
乙木块，其他不变，则加速度的大小a ′是( )
A ．a ′>2a
B ．a ′＝2a
C ．a ′＝a
D ．a ′<2a
解析：选A 根据牛顿第二定律：对甲乙的整体F －2μmg ＝2ma ；去掉乙木块：F －μmg ＝ma ′；两式相减解得ma ′－2ma ＝μmg >0，即a ′>2a ，故A 正确。

5.(2019·江苏七市二模)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角
设计必须合理。

某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水
由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为( )
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．75°
解析：选B 设屋檐的底边为L ，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为s ，雨滴下滑的加速度为a ，对雨滴受力分析，只受重力mg 和屋顶对水滴的支持力N ，垂直于屋顶方向：N ＝mg cos θ，平行于屋顶方向：ma ＝mg sin θ，水滴的加速度a ＝g sin θ，根据三角
关系判断，屋顶坡面的长度为：s ＝L 2cos θ，由s ＝12
at 2得：t ＝2s a ＝2L g sin 2θ
，θ＝45°时，t 最短。

6.(2019·江苏盐城中学高三月考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平
地面上，其上放质量均为1 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与薄硬纸片之间的
动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示。

已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2。

下列说法正确的是( )
A ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 N
B ．无论力F 多大，A 与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C ．无论力F 多大，B 与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度为4.0 m/s 2
解析：选B A 与纸片间的最大静摩擦力为：f A ＝μm A g ＝0.3×1×10 N ＝3 N ，B 与纸片间的最大静摩擦力为：f B ＝μm B g ＝0.2×1×10 N ＝2 N ；若F ＝1.5 N ＜f A ，所以A 、B 和纸片保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F －f ＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f ＜F ＝1.5 N ，故A 错误。

当B 刚要相对于纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B ＝m B a 0，解得：a 0＝2 m/s 2；对整体，有：F 0＝(m A ＋m B )·a 0＝2×2
N ＝4 N ；即F 达到4 N 后，B 将相对纸片运动，此时B 受到的摩擦力f ＝2 N ；则对A 分析，A 受到的摩擦力也为2 N ，故A 和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8 N 时，B 与纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力为2 N ，此后增大拉力，不会改变B 的受力，其加速度大小均为2 m/s 2
，无论力F 多大，A 和纸片之间不会发生相对滑动，故B 正确，C 、D 错误。

7.(2019·南通一模)用一随时间均匀变化的水平拉力F 拉静止在水平
面上的物体。

已知F ＝kt (k ＝2 N/s)，物体与水平面间的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，物体的加速度a 随时间t 变化的图像如图所示，g 取10 m/s 2，
则不可以计算出( )
A ．物体的质量
B ．物体与水平面间的动摩擦因数
C ．t ＝4 s 时物体的速度
D ．0～4 s 内拉力F 做的功
解析：选 D 物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力，根据牛顿第二定律得：F －μmg ＝ma ，解得：a ＝F m －μg ＝2m t －μg ，由a 与t 图线得到：0＝4m －10μ，2＝8m
－10μ，联立解得m ＝2 kg ，μ＝0.2; a ­t 图线与时间轴所围成的面积表示速度的变化量，所以0～4 s
内有Δv ＝v －0＝12
×2×2 m/s ＝2 m/s ，t ＝4 s 时物体的速度v ＝2 m/s ；由于物体先静止后又做变加速运动，F 为变力，不能直接利用做功公式求出拉力F 做的功；无法利用匀变速直线运动规律求0～4 s 内位移，无法求出摩擦力做功，所以无法根据动能定理求拉力F 做的功， 故不可以计算出的是D ，可以计算出的是A 、B 、C 。

8.(2019·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A 、B 仍保持静止。

已知M ＝1.5m ，重力加速度为g ，则C 沿木板下滑的加速度大小为( )
A ．34
g B ．12g C ．14g D ．18
g 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：Mg sin 30°＋f ＝mg ，由题意可知：M ＝1.5m ，可得A 、C 间的摩擦力为f ＝0.25mg ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律可得：mg sin 30°－f ＝ma ，联立以上关系式可得C 下滑
的加速度a ＝14
g ，故C 正确。

9．[多选](2019·江苏七市三模)如图甲所示，物块A 、B 静止叠放在水平地面上，B 受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F 作用。

A 、B 间的摩擦力f 1、B 与地面间的摩擦力f 2随水平拉力F 变化的情况如图乙所示。

已知物块A 的质量m ＝3 kg ，取g ＝10 m/s 2
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A ．两物块间的动摩擦因数为0.2
B ．当0<F <4 N 时，A 、B 保持静止
C ．当4 N<F <12 N 时，A 、B 发生相对运动
D ．当F >12 N 时，A 的加速度随F 的增大而增大
解析：选AB 根据题给图像可知，发生相对滑动时，A 、B 间滑动摩擦力是6 N ，所以动摩擦因数μ＝f 1mg ＝0.2，A 正确；当0<F <4 N 时，根据图像可知，还未到达B 与地面间的最大静摩擦力，此时A 、B 保持静止，B 正确；当4 N<F <12 N 时，根据图像可知，此时A 、B 间摩擦力还未达到最大静摩擦力，所以没有发生相对滑动，C 错误；当F >12 N 时，根据图像可知，此时A 、B 发生相对滑动，对A 物块：a ＝f 1m ＝2 m/s 2，加速度不变，D 错误。

10．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在
冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，
如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球
以初速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；
冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练
要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行
过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1，重力加速度大小为g 。

求：
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。

解析：(1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma
由运动学公式得v 02－v 12
＝2as 0 可解得μ＝v 02－v 122gs 0。

(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。

设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t 。

由运动学
公式得
v 02－v 12＝2a 1s 0
v 0－v 1＝a 1t
s 1＝12a 2t 2
解得a 2＝s 1v 1＋v 022s 02。

答案：(1)v 02－v 122gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 02
11．(2019·徐州期中)如图甲所示，粗糙水平面上有一个长L ＝1 m 、质量M ＝3 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μ1＝0.25。

质量m ＝1 kg 的物块放置在木板的右端，物块与木板左半部分间的动摩擦因数μ2＝0.5。

在木板右端施加如图乙所示的水平拉力，g 取10 m/s 2。

求：
(1)木板刚开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t ＝2.5 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：F 1－μ1(M ＋m )g ＝Ma
代入数据解得：a ＝1 m/s 2。

(2)在F 1＝13 N 作用下，木板经历时间t 1＝1 s 前进的位移为x 1＝12
at 12＝0.5 m ，速度为v 1＝at 1＝1 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f 2＝μ2mg 作用
对物块，由牛顿第二定律得：ma 1＝μ2mg
解得物块的加速度为a 1＝5 m/s 2
对木板，由牛顿第二定律得： Ma 2＝F 2－μ1(M ＋m )g －μ2mg
解得木板的加速度为a 2＝3 m/s 2
设经历时间t 2两者速度相同，则有： v 共＝a 1t 2＝v 1＋a 2t 2
解得：t 2＝0.5 s ，v 共＝2.5 m/s 。

(3)在0.5 s 内物块前进的位移为x 2＝12a 1t 22＝0.625 m 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 ′＝F 2－μ1(M ＋m )g
解得：a ′＝3.5 m/s 2
则再经过t ′＝1 s 即可运动到t ＝2.5 s
这段时间内的位移为：x 3＝v 共t ′＋12
a ′t ′2＝4.25 m 故物块运动的位移为x ＝x 2＋x 3＝4.875 m 。

答案：(1)1 m/s 2 (2)0.5 s (3)4.875 m
12．(2018·江苏高考)如图所示，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 53°＝0.8，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 )cos 53°＝Mg
解得F ＝53
Mg －mg 。

(2)与A 、B 相同高度时
小球上升h 1＝3l sin 53°，
物块下降h 2＝2l ，
物块和小球组成的系统机械能守恒mgh 1＝Mgh 2 解得M m ＝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 ＝Ma
对小球，沿AC 方向由牛顿第二定律得
T －mg cos 53°＝ma
解得T ＝8mMg 5m ＋M 结合(2)可得T ＝18mg ＋25Mg 55或4855mg 或811Mg 。

答案：(1)53
Mg －mg (2)6∶5 (3)8mMg 5m ＋M ⎝ ⎛⎭⎪⎫18mg ＋25Mg 55或4855mg 或811Mg。