《2020年高考物理二轮复习专题一第一讲物体平衡与直线运动课前自测诊断卷含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高考物理二轮复习专题一第一讲物体平衡与直线运动课前自测诊断卷含解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一讲 物体平衡与直线运动课前自测诊断卷考点一静态平衡问题1.考查单个物体的平衡问题如图为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重的行囊，重心上移至肩部的O点，总质量为60 kg。此时手臂与身体垂直，手臂与岩壁夹角为53。则手受到的拉力和脚受到的作用力分别为(设手、脚受到的作用力均通过重心O，g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)()A360 N 480 NB480 N 360 NC450 N 800 N D800 N 450 N解析：选A对人进行受力分析，受重力、拉力和支持力，如图所示：设人受到的重力为G，手受到的力的大小为F1，脚受到的力的大小为F2，如图所示，
2、根据共点力平衡条件F1Gcos 536000.6 N360 N，F2Gsin 536000.8 N480 N，故选A。2考查多个物体的平衡问题如图所示，倾角30的斜面体 A静止在水平地面上，一根轻绳跨过斜面体顶端的小滑轮，绳两端系有质量均为m的小物块a、b，整个装置处于静止状态。不计绳与滑轮间的摩擦，重力加速度为g，则()A小物块b受到竖直向上的摩擦力作用B小物块a受到沿斜面向下的摩擦力作用，大小为mgC斜面体A受到水平地面向左的摩擦力作用D细绳对小滑轮的压力大小为mg解析：选B小物块b与A的弹力为零，所以摩擦力为零，故A错误；对a受力分析可知，fmgmgsin mg，故B正确；对a、b和A整
3、体分析可知，斜面体A水平方向上不受摩擦力作用，故C错误；细绳对小滑轮的压力大小等于两细绳的合力，即2mgcos mg，故D错误。考点二动态平衡问题3.考查用图解法分析动态平衡问题(2019渭南质检)如图所示，在光滑水平地面上与竖直墙壁平行放置一个截面为四分之一圆的光滑柱状物体A，A与竖直墙壁之间悬放一个光滑圆球B，为使整个装置处于静止状态，需对A右侧竖直面施加一水平向左的推力F。现将A向左移动一段较小的距离使整个装置仍保持静止状态，关于移动前后两个静止状态受力情况的比较，下列说法正确的是()A推力F变小B地面受到的压力变小C墙壁对B的弹力变大DA对B的弹力变大解析：选A先以小球为研究对象，分析
4、受力情况，如图1所示。当柱状物体向左移动时，N2与竖直方向的夹角减小，柱状物体对球的弹力N2与墙对球的弹力N1均减小。则由牛顿第三定律得知，球对柱状物体的弹力减小。再对整体分析受力如图2所示，由平衡条件得知，FN1，推力F变小。地面对整体的支持力NG总，保持不变。故A正确。4考查用相似三角形法分析动态平衡问题把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图所示。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移。在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是()AF不变，FN增大 BF不变，FN
5、减小CF减小，FN不变 DF增大，FN不变解析：选C小球沿圆环缓慢上移可看作受力平衡，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、FN三个力。满足受力平衡，作出受力分析图如图所示：由相似三角形知识，当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，故A、B、D错误，C正确。考点三匀变速直线运动问题5.考查匀变速直线运动规律及图像问题多选为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是()A新能源动力车的初速度为20 m/sB刹车过程新能源动力车的加速度大小为5 m/s2C刹车过程持续的时间为10 sD刹
6、车过程经过6 s时新能源动力车的位移为30 m解析：选AB根据0v22ax得：，可知，解得刹车过程中加速度大小a5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为v02400 m2/s2，则v020 m/s，故A、B正确；则刹车过程持续的时间t s4 s，故C错误；刹车过程中6 s内的位移等于4 s内的位移，则x m40 m，故D错误。6.考查用匀变速直线运动规律解决实际问题一辆车厢长为4 m的卡车沿水平路面行驶，在车厢正中央沿行驶方向放置一根长2 m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10 m/s2。(1)若卡车以18 m/s的速度匀速行驶，为了使车厢前
7、挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？(2)若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为4 m/s2，则经多长时间钢管开始翻落？解析：(1)若车厢前挡板恰好不被撞击，则卡车在刹车过程中的位移大小x1对钢管有mgma2，解得钢管的加速度大小a2g3 m/s2钢管的位移大小x254 m又由运动关系可知x2x1联立以上各式可得am m/s23.06 m/s2。(2)从卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中，卡车的位移x1at2钢管的位移x2a2t2又由运动关系可得x1x2，联立解得t2 s。答案：(1)3.06 m/s2(2)2 s考点四动力学两类基本问题7.考查已知受力情况确定运动情况(20
8、19石家庄一模)如图所示，AB为竖直平面内某圆周的竖直直径，CD 为过O点且与AB成60夹角的固定光滑细直杆，CB也为一固定光滑细直杆，两细直杆上各套有一个小球，小球可视为质点。两小球分别从C点由静止释放，小球从C点运动到D点所用的时间为t1，另一小球从C点运动到B点所用的时间为t2，则t1t2等于()A11 B21C.1 D.2解析：选C对沿CD光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin 30ma1，解得a1；设CDd，由匀变速直线运动规律，da1t12，解得t12。对沿CB光滑细杆上运动的小球，由牛顿第二定律，mgsin 60ma2，解得a2g；光滑杆CBdsin 60d，由匀变速直
9、线运动规律，da2t22，解得t2。t1t221，选项C正确。8考查已知运动情况确定受力情况一个质量为m2 kg的物体在倾角37粗糙的斜面上，在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，从t0时刻开始，物体运动的与时间t的关系如图所示(x为位移)，g10 m/s2，t2 s时撤去拉力，sin 370.6，求：(1)拉力F的大小；(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。解析：(1)由匀变速直线运动公式xv0tat2得v0at对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示a1，则有：v01 m/s，a12 m/s2物体在斜面上在拉力F作用下向上运动的过程，由
10、牛顿第二定律得：Fmgsin 37mgcos 37ma1解得F24 N。(2)2秒末vv0a1t5 m/s0到2秒内：x1v0ta1t126 m2秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为a2gsin 37gcos 3710 m/s22秒后沿斜面向上位移：x21.25 m物体向上运动过程中距计时点的最大距离为xx1x27.25 m。答案：(1)24 N(2)7.25 m考点五动力学中的综合问题9.考查动力学中的图像问题多选一个物块放在粗糙的水平面上，现用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，结果物块运动中的加速度a随推力F变化的图像如图所示。重力加速度g10 m/s2。下列说法正确的是()A物块
11、的质量为0.5 kgB物块与水平面间的动摩擦因数为0.2C当推力F减小为2 N时，物块的速度最大D当推力F减小为0时，物块的速度为零解析：选BC由物块运动中的加速度a随推力F变化的图像可知，当推力F2 N时，加速度为零，运用牛顿第二定律，Fmg0；当F0时，加速度a2 m/s2，运用牛顿第二定律，mgma，联立解得：0.2，m1.0 kg。即物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，物块的质量为1.0 kg，选项A错误，B正确。用一个很大的水平力推物块，并且推力不断减小，物块做加速度逐渐减小的加速运动，当推力F减小为2 N时，物块的速度最大，选项C正确。当推力F减小为0时，物块做减速运动，物块的速度
12、不为零，选项D错误。10考查动力学中的弹簧问题多选(2019郑州二模)如图所示，2 019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限度内)相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F12,2和3间弹簧的弹力为F23,2 018和2 019间弹簧的弹力为F2 0182 019，则下列结论正确的是()AF12F23F2 0182 0191232 018B从左到右每根弹簧长度之比为1232 018C如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，第2 019个小球的加速度为，其余每个球的加速度依然为aD如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬
13、间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a解析：选AD隔离小球1，由牛顿运动定律，F12ma，把小球1和2看作整体隔离，由牛顿运动定律，F232ma，把小球1、2和3看作整体隔离，由牛顿运动定律，F343ma，把小球1、2、3和4看作整体隔离，由牛顿运动定律，F454ma，把小球1到2 018看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2 0182 0192 018ma，联立解得：F12F23F34F45F56F2 0182 019123452 018，选项A正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长量与弹簧弹力成正比，所以选项B错误；如果突然撤去拉力F，撤去F的
14、瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2 018和2 019之间的弹簧弹力F2 0182 0192 018ma，由牛顿第二定律可得F2 019ma，F2 0182 019ma，联立解得第2 019个小球的加速度a，选项C错误；如果1和2两个球之间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间，第1个小球受力为零，加速度为零，第2个小球受到2和3之间弹簧弹力，F23ma2，解得第2个小球的加速度a22a，其余小球受力情况不变，加速度依然为a，选项D正确。11考查动力学中的传送带问题如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则()At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选B0t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大，即小物块离A处的距离最大。t1t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动。t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。t2时刻物块恰好
