2017年度高考物理快速命中考点12

2017年度高考物理快速命中考点12

‎2014高考物理快速命中考点12‎ ‎ (45分钟　100分)‎ 一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)‎ ‎1.(多选)在下列运动过程中,人处于失重状态的是(　　)‎ A.小朋友沿滑梯加速滑下 B.乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内 C.宇航员随飞船绕地球做圆周运动 D.运动员离开跳板后向上运动 ‎2.放在水平面上的一物体重45 kg,现用90 N的水平推力推该物体,此时物体的加速度为1.8 m/s2。当物体运动后,撤掉水平推力,此时该物体的加速度大小 为(　　)‎ A.1.8‎‎ m/s2 B.0.2 m/s2‎ C.2 m/s2 D.2.8 m/s2‎ ‎3.如图所示,在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体,中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连,在外力F1、F2的作用下运动。已知F1>F2,当运动达到稳定时,弹簧的伸长量为(　　)‎ A. B. C. D. ‎4.在水平地面上有一质量为‎2kg的物体,物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动,后撤去拉力。该物体运动的v-t图像如图所示,g取‎10m/s2,下列说法正确的是(　　)‎ A.物体的最大位移是40 m B.物体受到的拉力F的大小为2.4N C.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ D.前12 s内,拉力与阻力做功的代数和为8 J ‎5.(多选) 2012年8月3日中国选手董栋在伦敦奥运会夺得男子蹦床金牌,忽略空气阻力,下面关于蹦床运动的说法中正确的是(　　)‎ A.运动员下落到刚接触蹦床时,速度最大 B.运动到最低点时,床对运动员的作用力大于运动员对床的作用力 C.从刚接触蹦床到运动至最低点的过程中,运动员的加速度先减小后增大 D.在下落过程中,重力对运动员所做的功等于其重力势能的减小量 ‎6.如图所示,一根轻质弹簧上端是固定的,下端挂一质量为m0的平盘,盘中有一物体,质量为m,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了l,现向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止,然后松手,设弹簧总处在弹性限度以内,则刚松手时盘对物体的支持力等于(　　)‎ A.(1+)mg B.(1+)(m+m0)g C. mg D. (m+m0)g ‎7.一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),在这一过程中其余各力均不变。那么,下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是(　　)‎ ‎8.(多选)如图所示,质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上,物体距传送带左端的距离为L。当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1a2,且所分析的是速率与时间的关系,故选项C正确。‎ ‎8.【解析】选B、D。绳剪断前物体的受力情况如图所示,由平衡条件得N+Fsinθ=mg,f=μN=Fcosθ,解得:F=,F的大小与传送带的速度无关,选项A错误,B正确;绳剪断后物体在速度不同的传送带上的加速度相同,若L≤,则两次都是匀加速到达左端,t1=t2,若L>,则物体在传送带上先加速再匀速到达左端,传送带速度小时需要的时间更长,t1>t2,选项C错误,D正确。‎ ‎9.【解析】(1)因为滑杆顶端所受拉力的大小与滑杆对这名学生拉力的大小相等,所以传感器显示的力的大小即为杆对这名学生的拉力的大小。‎ 由图像可知,0～1s内,滑杆对学生的拉力F1=380N;‎ ‎5s后,滑杆对学生的拉力F3=500N,此时学生处于静止状态。‎ 设学生在0～1s内的加速度为a,取竖直向下为正方向,由牛顿第二定律知,在0～1s内 mg-F1=ma　 ①(3分)‎ ‎5s后mg-F3=0　 ②(3分)‎ 由①②可解得a=2.4m/s2　 (2分)‎ 可知,这名学生在下滑的第1s内做匀加速直线运动,而由图像可知,在1～5s内,滑杆对学生的拉力F2‎ ‎>mg,加速度方向竖直向上,学生做匀减速直线运动,所以第1s末,这名学生的速度达到最大 vm=at=2.4m/s (2分)‎ ‎(2)设这名学生第1s内加速下滑的距离为x1,1～5s内减速下滑的距离为x2,则有 x1=t1=1.2m (2分)‎ x2=t2=4.8m (2分)‎ ‎5s内该学生下滑的距离x=x1+x2=6.0m (2分)‎ 答案:(1)2.4m/s　(2)6.0 m ‎10.【解题指南】解答本题应注意以下三点:‎ ‎(1)小物块恰好能在斜面体上保持静止,静摩擦力最大;‎ ‎(2)物块落点最远,则其速度最大,斜面体和物块的加速度应该最大;‎ ‎(3)小物块离开斜面体后做平抛运动。‎ ‎【解析】(1)对m由平衡条件得:‎ mgsinθ-μ2mgcosθ=0　 (2分)‎ 解得:μ2=tanθ　 (1分)‎ ‎(2)对m设其最大加速度为am,由牛顿第二定律得:‎ 水平方向:Nsinθ+μ2Ncosθ=mam (2分)‎ 竖直方向:Ncosθ-μ2Nsinθ-mg=0　 (2分)‎ 解得:am=　 (1分)‎ 对M、m整体由牛顿第二定律得:‎ F-μ1(M+m)g=(M+m)am (2分)‎ 解得:F=μ1(M+m)g+(M+m)　 (1分)‎ ‎(3)对M、m整体由动能定理得:‎ Fd-μ1(M+m)gd=(M+m)v2　 (3分)‎ 解得:v=2　 (1分)‎ 对m由平抛运动规律得:‎ 水平方向:xP+=vt　 (2分)‎ 竖直方向:h=gt2　 (2分)‎ 解得:xP=2-　 (1分)‎ 答案:(1)tanθ ‎(2)μ1(M+m)g+(M+m) ‎(3)2- B组 ‎1.【解析】选A、C。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,伽利略利用理想的完全光滑的斜面实验和逻辑推理发现力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动状态的原因,选项A正确;物体之间普遍存在相互吸引力是牛顿第一次提出的,选项B错误;亚里士多德认为重物比轻物下落得快,伽利略应用斜面结合数学推理及逻辑推理推翻了亚里士多德的观点,得出忽略空气阻力的情况下,重物与轻物下落得同样快的结论,选项C正确;物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反是牛顿第三定律的内容,选项D错误。‎ ‎2. 【解析】选B。小球A受力情况如图所示,由牛顿第二定律得小球的加速度水平向左且恒定,物块B与小球A的加速度相同,由牛顿第二定律可知物块B所受摩擦力大小恒定,方向水平向左,选项B正确。‎ ‎3.【解析】选D。0～t1时间内,F1=mg,电梯静止;t1～t2时间内,F2>mg,电梯加速上升,加速度a==5m/s2,选项A错误,D正确;t2～t3时间内,F3=mg,电梯匀速上升,选项B错误;t3～t4时间内,F4kx时,滑块向左做加速运动,由牛顿第二定律得f-kx=ma,随着x的增大,加速度a减小;当f=kx时,a=0,速度达到最大值;当fmB B.μA>μB,mAmB ‎【解析】选B。斜率表示物体质量的倒数,所以A的质量小于B的质量,A的重力小于B的重力,由于横坐标截距为物体受到的摩擦力大小,则A、B受到的摩擦力相等,那么μA>μB,选项B正确。‎ ‎7.【解析】选B。撤去F后,在水平方向上物体受到弹簧的弹力和摩擦力的作用,由于弹力是变力,所以物体开始不可能做匀变速运动,A错误;撤去F瞬间,水平方向上物体受到弹簧向左的弹力N=kx0和向右的摩擦力f=μmg的作用,由牛顿第二定律可知a==-μg,B正确;物体到达初位置时,和弹簧分离,之后才开始做匀减速运动,运动位移为3x0,加速度大小a==μg,由x=at2得t== ‎,C错误;当水平方向上物体受到的弹簧向左的弹力N=kx和向右的摩擦力f=μmg平衡时,物体具有最大速度,所以x=,物体开始向左运动到速度最大,发生的位移为x0-x=x0-,D错误。‎ ‎8.【解析】选A、D。滑块A上滑时加速度的大小a1=||m/s2=‎8.0m/s2,选项A正确;滑块A下滑时的加速度a2=m/s2=‎4.0 m/s2,选项B错误;由牛顿第二定律知A上滑时mgsinθ+μmgcosθ=ma1,A下滑时mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得μ=0.25,选项C错误;在速度—时间图像中面积表示位移,滑块A上滑时运动的位移为‎1m,选项D正确。‎ ‎9.【解析】(1)设小滑块的加速度大小为a1,长木板的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得:‎ Eq-μ2mg=-ma1　 (2分)‎ 解得:a1=3m/s2 (1分)‎ μ2mg-μ1(m+M)g=Ma2　 (2分)‎ 解得:a2=1m/s2 (1分)‎ ‎(2)设两者经过t时间相对静止,此时的速度为v,则:‎ v0-a1t=a2t=v　 (1分)‎ 解得:t=2s,v=2m/s (1分)‎ 这段时间内小滑块的位移:‎ x1=v0t-a1t2=10m (1分)‎ 长木板的位移x2=a2t2=2m (1分)‎ 由于此后两者一起向右减速运动,所以小滑块最后距长木板左端Δx=x1-x2=8m ‎(1分)‎ ‎(3)设两者一起向右运动的加速度大小为a3,由牛顿第二定律得:‎ Eq-μ1(M+m)g=-(M+m)a3　 (2分)‎ 解得:a3=m/s2 (1分)‎ 一起向右减速的位移:‎ x3==6m (1分)‎ 由能量守恒得:‎ Q=m+Eq(x1+x3)=6.4J (3分)‎ 答案:(1)3m/s2　1 m/s2　(2)8 m　(3)6.4 J ‎10.【解题指南】解答本题应注意以下两点:‎ ‎(1)物块向左运动速度减为0时相对地面向左运动距离最大;‎ ‎(2)物块向右运动过程先加速运动后匀速运动。‎ ‎【解析】(1)设物块与传送带间摩擦力大小为f,向左运动最大距离x1时速度变为0,由动能定理得:‎ f=μmg　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(1分)‎ fx1=m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)‎ 解得:x1=4.5m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(1分)‎ ‎(2)设小物块经时间t1速度减为0,然后反向加速,设加速度大小为a,经时间t2与传送带速度相等:‎ v1-at1=0　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　(2分)‎ 由牛顿第二定律得:‎ f=ma　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(2分)‎ 解得:t1=1.5s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)‎ v0=at2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)‎ 解得:t2=1s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)‎ 设反向加速时,物块的位移为x2,则有:‎ x2=a=2m　　　　 (2分)‎ 物块与传送带同速后,将做匀速直线运动,设经时间t3再次回到B点,则:x1-x2=v0t3　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2分)‎ 解得:t3=0.625s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)‎ 故物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间:t=t1+t2+t3=3.125s(1分)‎ 答案:(1)4.5m　(2)3.125 s