物理冲刺高考作业2Word下载.docx
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Ffm=Fcos（α+θ）
当F取最小值mgsin2θ时Ffm=Fmincos2θ=mg·
sin2θcos2θ=
mgsin4θ
答案:
（1）mgsin2θ
（2）
mgsin4θ
（第三章）
1.关于力与运动,下列说法正确的是 （ ）
A.没有力的推动作用,小车就不能运动
B.物体只受一个力的作用,其运动状态一定改变
C.物体处于静止时才有惯性
D.汽车的速度越大则惯性越大
【解析】选B。
惯性是物体能够保持原来的运动状态的一种性质,小车已经有了初速度的情况下,没有力的推动作用,小车仍然运动,故A错误;
力是改变物体运动状态的原因,物体只受一个力的作用,其运动状态一定改变,故B正确;
惯性是物体的固有属性,它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质,惯性大小只与物体的质量有关,与物体的运动状态无关,故C、D错误。
2.我们都难以忘记刘翔那优美的跨栏姿势。
在刘翔用脚向后蹬地、跨越栏架的过程中 （ ）
A.支撑脚蹬地的瞬间,地面对脚的支持力大于脚对地面的压力
B.支撑脚蹬地的瞬间,地面受到向后的摩擦力
C.支撑脚离地后,他还受到向前冲的力,以至于能很快地通过栏架
D.运动到最高处时,速度达到最大值,方向沿水平方向向前
地面对脚的支持力和脚对地面的压力是作用力与反作用力关系,大小相等,A错误;
支撑脚蹬地的瞬间,地面受到向后的摩擦力,脚受到向前的摩擦力,B正确;
支撑脚离地后,由于惯性,以至于能很快地通过栏架,C错误;
运动到最高处时,速度达到最小值,方向沿水平方向向前,D错误。
3.（2017·
临汾模拟）某学校教室里的磁性黑板上通常粘挂一些小磁铁,小磁铁被吸在黑板上可以用于“贴”挂图或试题答案,如图所示。
关于小磁铁,下列说法中正确的是 （ ）
A.磁铁受到黑板的吸引力大于受到的弹力才能被吸在黑板上
B.磁铁与黑板间在水平方向上存在两对作用力与反作用力
C.磁铁受到五个力的作用
D.磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是一对平衡力
小磁铁受到的磁力与受到的弹力大小相等,是一对平衡力,故A错误;
小磁铁与黑板间在水平方向存在两对作用力与反作用力,①黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力,②黑板对磁铁的弹力与磁铁对黑板的弹力,故B正确;
小磁铁受到四个力的作用,竖直方向重力和摩擦力,水平方向黑板对小磁铁的吸引力和黑板对小磁铁的弹力,故C错误;
磁铁受到的支持力与黑板受到的压力是相互作用力,故D错误。
4.（2017·
深圳模拟）在光滑斜面上有一质量为m的小球,小球与平行于斜面的轻弹簧和与竖直方向成θ=30°
角轻绳的一端相连,如图所示,此时小球处于静止状态,且斜面对小球的弹力恰好为零。
则下列关于小球的加速度a大小的说法,正确的是
A.剪断绳的瞬间,a=g
B.剪断绳的瞬间,a=
g
C.剪断弹簧B端的瞬间,a=
D.剪断弹簧B端的瞬间,a=
【解析】选C。
小球处于静止状态,且斜面对小球的弹力恰好为零;
根据共点力平衡有:
弹簧的弹力F=mgsin30°
mg,剪断绳的瞬间,弹簧的弹力不变,则小球的加速度a=
=0,故A、B错误;
剪断弹簧B端的瞬间,根据牛顿第二定律得,a=
g,故C正确,D错误。
5.如图所示,完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ,小车静止时,A恰好不下滑,现使小车加速运动,为保证A、B无滑动,则 （ ）
A.加速度一定向右,不能超过（1+μ）gB.加速度一定向左,不能超过μg
C.速度向左,加速度可大于μgD.加速度一定向左,不能超过（1+μ）g
【解题指导】解答本题可按以下思路:
（1）小车静止时,恰好不下滑,则重力等于最大静摩擦力。
（2）当小车加速时,根据弹力和吸引力的关系得出加速度的方向。
（3）对B分析,抓住B的最大静摩擦力求出加速度的最大值。
【解析】选D。
小车静止时,A恰好不下滑,可知mg=μFN=μF引,水平方向上车壁对磁铁的弹力和吸引力相等,当小车做加速运动时,车壁对磁铁A的弹力不能减小,只能增加,若弹力减小则磁铁A会下滑,可知加速度的方向一定水平向左,可能向左加速或向右减速,故A错误;
A恰好不下滑时:
对B有μ（mg+F引）=mam,解得am=（1+μ）g,故B、C错误,D正确。
1.物块m在静止的传送带上匀速下滑时,传送带突然转动,传送带转动的方向如图中箭头所示。
则传送带转动后 （ ）
A.物块将减速下滑B.物块仍匀速下滑C.物块受到的摩擦力变小D.物块受到的摩擦力变大
当传送带静止时,物块匀速下滑,由物块受力平衡可得:
mgsinθ=μmgcosθ;
当传送带转动起来时,由于物块与传送带运动方向相反,可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化,仍然沿斜面向上,大小仍为μmgcosθ,物块受力仍然是平衡的,所以物块仍匀速下滑。
B选项正确。
6.图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备,图乙为150kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象,g取10m/s2,下列判断正确的是 （ ）
A.前10s内悬线的拉力恒为1515NB.46s末材料离地面的距离为22m
C.0～10s材料处于失重状态D.在30～36s钢索最容易发生断裂
【解析】选A、B。
由图可知前10s内材料的加速度a=
m/s2=0.1m/s2,由F-mg=ma可知,悬线的拉力F=mg+ma=150×
10.1N=1515N,故A正确;
由图象面积可得整个过程上升高度是28m,下降的高度为6m,46s末材料离地面的距离为22m,故B正确;
因30～36s材料加速度向下,材料处于失重状态,F<
mg;
前10s材料处于超重状态,F>
mg,钢索最容易发生断裂,故C、D错误。
7.一斜面固定在水平面上,在斜面顶端有一长木板,木板与斜面之间的动摩擦因数为μ,木板上固定一轻质弹簧测力计,弹簧测力计下面固定一个光滑的小球如图所示,木板固定时,弹簧测力计示数为F1,由静止释放后木板沿斜面下滑,稳定时弹簧测力计的示数为F2,斜面的高为h,底边长为d,则下列说法正确的是（ ）
A.稳定后弹簧测力计的弹簧一定处于压缩状态
B.稳定后弹簧测力计的弹簧仍处于拉伸状态
C.μ=
D.μ=
【解析】选B、C。
设斜面倾角为θ,小球质量为m,平衡时,对小球分析F1=
mgsinθ ①,木板运动后稳定时,对整体分析有:
a=gsinθ-μgcosθ ②,则a<
gsinθ,根据牛顿第二定律得知,弹簧对小球的弹力应沿斜面向上,弹簧处于拉伸状态,故A错误,B正确;
对小球有mgsinθ-F2=ma ③,而tanθ=
④,联立①②③④计算可得:
μ=
故C正确,D错误。
2（多选）如图所示,A、B两物体的质量皆为m,用轻弹簧连接,B放在水
平地面上。
用竖直向下的大小为F的力作用在A上,待系统平衡后突然撤去力F,忽略空气阻力。
下列说法正确的是 （ ）
A.撤去力F的瞬间,A物体处于超重状态
B.撤去力F的瞬间,B对地面的压力大小为2mg
C.撤去力F的瞬间,B物体的加速度大小为
D.撤去力F后,若物体B不能离开地面,则A、弹簧和地球组成的系统机械能守恒
【解析】选A、D。
以物体A为研究对象分析受力有F+mg=F弹,撤去力F后,物体A所受弹力大于重力,有向上的加速度,处于超重状态,所以选项A正确;
以B为研究对象分析受力有F弹+mg=FN,在撤去力F的瞬间,弹簧弹力来不及发生变化,故此时B对地面的压力大于2mg,所以选项B错误;
撤去F的瞬间,B物体受力情况不变,依然处于静止状态,故加速度为零,所以选项C错误;
撤去F后,以A、地球、弹簧系统为研究对象,在B不离开地面的情况下,只有重力和弹簧弹力做功,故系统机械能守恒,所以选项D正确。
3.如图,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。
开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑.当升降机加速上升时
A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑
【解析】选B、D。
当升降机加速上升时,物块有竖直向上的加速度,处于超重状态,物块与斜面间的正压力增大,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知接触面间的正压力增大,物块与斜面间的摩擦力增大,故A错误,B正确;
设斜面的倾角为θ,物块的质量为m,当匀速运动时有mgsinθ=μmgcosθ,即sinθ=μcosθ。
假设升降机以加速度a向上运动时,把a分解为垂直斜面方向与沿斜面方向,两个分量acosθ、asinθ。
垂直斜面方向上,物块与斜面相对静止,对物块分析,压力FN=m（g+a）cosθ,Ff=μm（g+a）cosθ,因为sinθ=μcosθ,所以m（g+a）sinθ=μm（g+a）cosθ,即在沿斜面方向物块的加速度为asinθ,所以物块的加速度也为a,故物块相对于斜面匀速下滑,C错误,D正确。
故选B、D。
二、实验题
9.某同学用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律,其中打点计时器的电源为交流电源,可以使用的频率有20Hz、30Hz和40Hz,打出纸带的一部分如图乙所示。
该同学在实验中没有记录交流电的频率f,需要用实验数据和其他条件进行推算。
（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落,利用f和图乙中给出的物理量可以写出:
在打点计时器打出B点时,重物下落的速度大小为________,打出C点时重物下落的速度大小为________,重物下落的加速度大小为________。
（2）已测得s1=8.89cm,s2=9.50cm,s3=10.10cm;
当地重力加速度大小为9.80m/s2,实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。
由此推算出f为________Hz。
（1）两点间时间间隔为T=
vB=
同理vC=
重物下落的加速度的大小为a=
。
（2）据mg-0.01mg=ma和a=
代入数据可得f为40Hz。
（1）
（2）40
三、计算题
10.研究表明,一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s,但饮酒会导致反应时间延长。
在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39m。
减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示,此过程可视为匀变速直线运动。
重力加速度的大小g取10m/s2。
求:
（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间。
（2）饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少。
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
（1）设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题图可得v0=72km/h=20m/s,
末速度v=0,位移s=25m,由运动学公式得
=2as t=
联立以上两式,代入数据得a=8m/s2t=2.5s
（2）设志愿者反应时间为t′,反应时间的增加量为Δt,
由运动学公式得:
L=v0t′+sΔt=t′-t0
联立以上两式,代入数据得Δt=0.3s
（3）设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者的质量为m,由牛顿第二定律得:
F=ma
由平行四边形定则得:
F0=
代入相关数据解得:
=
（1）8m/s2 2.5s
（2）0.3s （3）
11.某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度。
如图所示,一长L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点）,滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.20,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2。
一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动。
（1）为使木板能向上运动,F1必须满足什么条件?
（2）若F1=22N,为使滑块与木板能发生相对滑动,F2必须满足什么条件?
（3）游戏中,如果滑块上移h=1.5m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功。
现F1=24N,F2=16N,请通过计算判断游戏能否成功。
（1）滑块与木板间的滑动摩擦力:
Ff=μF1对木板应有:
Ff>
Mg代入数据得:
F1>
20N
（2）对木板由牛顿第二定律有:
μF1-Mg=Ma1
对滑块由牛顿第二定律有:
F2-μF1-mg=ma2
要能发生相对滑动应有:
a2>
a1 代入数据可得:
F2>
13.2N。
（3）对滑块由牛顿第二定律有:
F2-μF1-mg=ma3 设滑块上升h的时间为t,则:
h=
a3t2
对木板由牛顿第二定律有:
μF1-Mg=Ma4
设木板在t时间上升的高度为H,则:
H=
a4t2代入数据可得:
H=0.75m
由于H+L<
h,滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板,游戏不能成功。
（1）F1>
20N
（2）F2>
13.2N
12.如图所示,水平传送带两端相距x=8m,工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.6,工件滑上A端时速度vA=10m/s,设工件到达B端时的速度为vB。
（g取10m/s2）
（1）若传送带静止不动,求vB。
（2）若传送带顺时针转动,工件还能到达B端吗?
若不能,说明理由;
若能,则求出到达B端的速度vB。
（3）若传送带以v=13m/s的速度逆时针匀速转动,求vB及工件由A到B所用的时间。
（1）对工件,由牛顿第二定律得:
μmg=ma,
加速度:
a=μg=0.6×
10m/s2=6m/s2;
工件速度为零时,工件的位移:
x0=
m≈8.33m>
8m,
工件滑到B端时速度不为零,由匀变速直线运动的速度位移公式得:
-
=-2ax,
vB=
m/s=2m/s;
（2）传送带顺时针转动,工件在传送带上做匀减速直线运动,由
（1）可知,工件减速到零的位移:
x0=8.33m>
工件可以到达B端,到达B端的速度为2m/s;
（3）传送带以13m/s的速度逆时针转动时,工件做加速直线运动,工件速度与传送带速度相等时,
位移:
x1=
m=5.75m,时间:
t1=
s=0.5s,
匀速运动的时间:
t2=
s≈0.173s,vB=v=13m/s
工件由A到B的时间:
t=t1+t2=0.5s+0.173s=0.673s
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