高考物理总复习 32 精选考点练习习题含答案解析.docx

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高考物理总复习32精选考点练习习题含答案解析

高考物理总复习3-2精选考点练习习题（含答案解析）

一、选择题

1．（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＝mg①

当F＝1.8F0时，有最大加速度，根据牛顿第二定律：

1．8F0－mg＝ma②

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．（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.

sB．2s

C.

sD．2

s

[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．（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．（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．（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．（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．（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＝mg①

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′＝F②

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．（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Δt＝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．（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＝

gt2①

x＝vBt②

联立①②式，代入数据得

vB＝2m/s③

（2）设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学知识得

μmg＝maB④

vB＝aBtB⑤

xB＝

aBt

⑥

联立③④⑤⑥式，代入数据得

tB＝0.5s⑦

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＝MaA⑩

（l2＋xB）＝v1tB＋

aAt

⑪

联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得l2＝1.5m.

12．（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