走向高考高考物理总复习人教实验版32

走向高考高考物理总复习人教实验版32

一、选择题 ‎1．(2019·北京)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g.据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为(　　)‎ A．g　　　　 B．‎2g　　　　‎ C．‎3g　　　　 D．‎‎4g ‎[答案]　B ‎[解析]　由F－t图象知，静止时，‎0.6F0＝mg ①‎ 当F＝1.8F0时，有最大加速度，根据牛顿第二定律：‎ ‎1．‎8F0－mg＝ma ②‎ 由①②得a＝2g.‎ ‎2.如图所示，正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内，用水平绳a和倾斜绳b共同固定一个小球，若车厢改做加速运动，则两绳的拉力FTa和FTb的变化情况是(　　)‎ A．FTa增大 B．FTb减小 C．FTa不变 D．FTa、FTb的合力增大 ‎[答案]　AD ‎[解析]　当向右匀速行驶时，FTa与FTb的合力大小等于重力，方向竖直向上；当向右加速时，球所受的合外力不为0，FTa、FTb的合力在竖直方向的分量等于重力， 水平方向的分量等于ma，由此得到FTa增大，FTa、FTb的合力增大．‎ ‎3．(2019·江西重点中学模拟)如图(甲)是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE 滑行的时间．技术人员通过测量绘制出如图(乙)所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝‎10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取‎10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(　　)‎ A.s B．2s ‎ C.s D．2s ‎[答案]　B ‎[解析]　①设∠CAE＝θ，则由牛顿第二定律得，滑行者的加速度为a＝gcosθ；②由几何关系得，AE＝2ADcosθ；③由运动学公式得，AE＝at2，由以上两式代入数据解得t＝2s，故B正确．‎ ‎4．(2019·黑龙江四校模拟)质量为‎0.3kg的物体在水平面上做直线运动，其运动情况如图所示，两条直线为：水平方向物体只受摩擦力作用时和水平方向受到摩擦力、水平力F两个力共同作用时的速度—时间图象，则下列说法中正确的是(g＝‎10m/s2)(　　)‎ A．水平力F可能等于0.3N B．物体的摩擦力一定等于0.1N C．水平力F一定等于0.1N D．物体的摩擦力可能等于0.3N ‎[答案]　C ‎[解析]　①由题图可知，物体在两种情况下均做减速运动，图线a的加速度大小为aa＝m/s2＝m/s2，图线b的加速度大小为ab＝m/s2＝m/s2；②若水平力F与速度方向相同，则Ff－ F＝maa、Ff＝mab，解得Ff＝0.2N、F＝0.1N；若水平力F与速度方向相反，则Ff＝maa、F＋Ff＝mab，解得F＝0.1N、Ff＝0.1N.故C正确．‎ ‎5．(2019·抚州模拟)如图所示，带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上，在盒子内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁P、Q点相接触．若使斜劈A在斜面体C上静止不动，则P、Q对球B无压力．以下说法不正确的是(　　)‎ A．若C的斜面光滑，斜劈A由静止释放，则Q点对球B有压力 B．若C的斜面光滑，斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，则P、Q对B均无压力 C．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，则P、Q对B均无压力 D．若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面加速下滑，则Q点对球B有压力 ‎[答案]　B ‎[解析]　①将A、B作为一个整体，若C的斜面光滑，不论斜劈A由静止释放，还是斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行，整体都具有沿斜面向下的加速度gsinθ；隔离B进行受力分析可知，除重力外，B还受到A的竖直向上的支持力，所以A的后壁的Q点一定对B产生压力，B沿斜面向下的加速度才会达到gsinθ，故A正确、B错误；②若C的斜面粗糙，斜劈A沿斜面匀速下滑，P点和Q点都不能对B产生弹力，否则B不能做匀速运动；若斜劈A沿斜面加速下滑时，Q点一定对B产生弹力，故C、D均正确．‎ ‎6．(2019·潍坊模拟)如图(甲)所示，一物体沿足够长的光滑斜面从t＝0时由静止开始运动，同时受到沿斜面向上的风力作用，风力的大小与时间成正比，即F＝kt(k 为常数)．在物体沿斜面向下运动的过程中，物体的加速度、速度随时间变化的图象正确的是(取沿斜面向下为正方向)(　　)‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　①对物体受力分析如图所示，在t＝0时，F＝0，物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝gsinθ；随时间t的增加，F增大，由牛顿第二定律得mgsinθ－F＝ma，所以物体的加速度沿斜面向下，大小为a＝gsinθ－，所以物体的加速度减小，速度增大；当风力F增大到F＝mgsinθ时，物体的加速度为零，速度达到最大；F继续随时间增大，物体的加速度沿斜面向上，由牛顿第二定律得F－mgsinθ＝ma，则a＝－gsinθ，所以物体的加速度增大，速度减小；②由于在沿斜面向下运动的过程中，加速度随时间先均匀减小后均匀增加，且方向发生变化，故A错误、B正确；③由于加速度先减小后增大，所以v－t图象中图线的斜率应先减小后增大，故C、D均错误．‎ ‎7．(2019·济宁模拟)如图所示，水平传送带A、B两端点相距x＝‎4m，以v0＝‎2m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0.4，g取‎10m/s2. 由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．则小煤块从A运动到B的过程中(　　)‎ A．小煤块从A运动到B的时间是s B．小煤块从A运动到B的时间是2.25s C．划痕长度是‎4m D．划痕长度是‎0.5m ‎[答案]　BD ‎[解析]　小煤块刚放上传送带后，加速度a＝μg ＝‎4m/s2，由v0＝at1可知，小煤块加速到与传送带同速的时间为t1＝ ‎＝0.5s，此时小煤块运动的位移x1＝t1＝‎0.5m，而传送带的位移为x2＝v0t1＝‎1m，故小煤块在带上的划痕长度为l＝x2－x1＝‎0.5m，D正确，C错误；之后的x－x1＝‎3.5m，小煤块匀速运动，故t2＝＝1.75s，故小煤块从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.25s，A错误，B正确．‎ ‎8．(2019·济南模拟)如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(g＝‎10m/s2)，则正确的结论是(　　)‎ A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为7.5N/cm C．物体的质量为‎3kg D．物体的加速度大小为‎5m/s2‎ ‎[答案]　D ‎[解析]　设静止时弹簧的压缩量为x0，则kx0＝mg，施加拉力F后，设上移的位移为x，则此时弹簧的压缩量为(x0－x)，由牛顿第二定律可得：F＋k(x0－x)－mg＝ma得出F＝ma＋kx，对应图b可得：ma＝10N，k＝N/cm＝5N/cm，物体与弹簧分离时，弹簧应处于自然状态，故x0＝‎4cm，故可计算得出：m＝‎2kg，a＝‎5m/s2，因此只有D正确．‎ 二、非选择题 ‎9.一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆，如右图所示，在这一瞬间悬绳断了，设木杆足够长，由于小猫继续上爬，所以小猫离地面高度不变，则木杆下降的加速度大小为________，方向为________．(设小猫质量为m，木杆的质量为M)‎ ‎[答案]　g　向下 ‎[解析]　先对猫进行分析，由于猫相对地面高度不变，即猫处于平衡状态，而猫受重力G1＝mg和木杆对猫向上的摩擦力F的作用，如下图所示，故G1与F二力平衡，即 F＝G1＝mg ①‎ 再对木杆进行受力分析：木杆受重力G2＝Mg作用，由于木杆对猫有向上的摩擦力F，由牛顿第三定律可知，猫对杆有向下的摩擦力F′，且 F′＝F ②‎ 由牛顿第二定律，杆的加速度为 a＝ ③‎ 由①、②、③式可得：‎ a＝g，‎ 即杆下降的加速度为g，方向向下．‎ ‎10．(2019·江西百所名校模拟)一游客在滑雪时，由静止开始沿倾角θ＝37°的山坡匀加速下滑．下滑过程中摄影师分别在相距L＝‎22.5m的A点和B点各给游客抓拍一张照片，为了追求滑雪过程中的动感效果，摄影师将相机的曝光时间定为Δ t＝0.1s.由于游客的速度较快，相片中出现了一定长度的虚影，经实地测量照片中与A点的虚影长度相对应的实际长度lA＝‎2m ，照片中与B点的虚影长度相对的实际长度lB＝‎2.5m.若考虑在0.1s内游客的运动可视为匀速运动，试计算：(g＝‎10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ ‎(1)游客在A点时速度的大小vA；‎ ‎(2)滑雪板与坡道间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)A点距出发点的距离LA.‎ ‎[答案]　(1)‎20m/s　(2)0.125　(3)‎‎40m ‎[解析]　(1)在Δt时间内游客的运动可看成匀速运动，则游客在A点的速度为vA＝＝‎20m/s ‎(2)同理，游客在B点的速度为 vB＝＝‎25m/s 设游客的加速度为a，由2aL＝v－v得：a＝5m/s2‎ 由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得μ＝0.125‎ ‎(3)游客的初速度为零，由2aLA＝v得LA＝‎‎40m ‎11．(2019·山东)如图所示，在高出水平地面h＝‎1.8m的光滑平台上放置一质量M＝‎2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝‎0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝‎1kg.B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力．待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝‎1.2m.(取g＝‎10m/s2)求：‎ ‎(1)B离开平台时的速度vB.‎ ‎(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.‎ ‎(3)A左端的长度l2.‎ ‎[答案]　(1)‎2m/s　(2)0.5s　‎0.5m　(3)‎‎1.5m ‎[解析]　(1)设物块B平抛运动时间为t，由运动学公式得 h＝gt2 ①‎ x＝vBt ②‎ 联立①②式，代入数据得 vB＝‎2m/s ③‎ ‎(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学知识得 μmg＝maB ④‎ vB＝aBtB ⑤‎ xB＝aBt ⑥ ‎ 联立③④⑤⑥式，代入数据得 tB＝0.5s ⑦‎ xB＝‎0.5m. ⑧‎ ‎(3)设B刚开始运动时，A的速度为v1，由动能定理得 Fl1＝Mv ⑨‎ 设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学公式得，‎ F－μmg＝MaA ⑩‎ ‎(l2＋xB)＝v1tB＋aAt ⑪‎ 联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得l2＝1.5m.‎ ‎12．(2019·金华十校模拟)传送带以恒定速度v＝‎4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝‎2kg的小物品轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝‎1.8m的平台上，如图所示．已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：‎ ‎(1)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？‎ ‎(2)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？‎ ‎[答案]　(1)1s　(2)(2－)s ‎[解析]　(1)物品在达到与传送带速度v＝‎4m/s相等前，做初速度为零的匀加速直线运动．由牛顿第二定律得：‎ F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1‎ 解得a1＝8m/s2‎ 由v＝a1t1得t1＝0.5s 位移为x1＝a1t＝1m 达到共同速度后，由牛顿第二定律得：‎ F－μmgcos37°－mgsin37°＝ma2‎ 解得a2＝0，即物品随传送带匀速上升，‎ 位移为x2＝－x1＝2m 所以时间为t2＝＝0.5s 总时间为t＝t1＋t2＝1s ‎(2)撤去F后，由牛顿第二定律得：‎ μmgcos37°－mgsin37°＝ma3‎ 解得a3＝－2m/s2‎ 假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，则：‎ x＝－＝‎4m>x2‎ 由x2＝vt3＋a3t得：t3＝(2－)s