新课标高考物理二轮复习 精题巧练四十 6页

新课标2014年高考二轮复习之精题巧练四十 ‎ ‎ 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)‎ ‎1．(2012年六安模拟)让钢球从某一高度竖直落下进入透明液体中，右图中表示的是闪光照相机拍摄的钢球在液体中的不同位置．则下列说法正确的是(　　)‎ A．钢球进入液体中先做加速运动，后做减速运动 B．钢球进入液体中先做减速运动，后做加速运动 C．钢球在液体中所受的阻力先大于重力，后等于重力 D．钢球在液体中所受的阻力先小于重力，后等于重力 解析：由题图可知，钢球先做减速运动，后做匀速运动，选项A、B均错；由运动情况可知受力情况，故选项C正确、选项D错误．‎ 答案：C ‎2．如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在大小为F的拉力作用下做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小分别为a1和a2，则有(　　)‎ A．a1＝，a2＝ B．a1＝，a2＝ C．a1＝，a2＝ D．a1＝0，a2＝0‎ 解析：在拉力F的作用下，有F＝(m1＋m2)a，故弹簧的弹力：FT＝m1a＝ 故撤去F的瞬间，有：a1＝＝，‎ a2＝＝，故C项正确．‎ 答案：C ‎3．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是(　　)‎ A．t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面 B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度 C．t1～t2时间内卫星处于超重状态 D．t2～t3时间内卫星处于超重状态 解析：卫星在0～t3时间内速度方向不变，一直升高，在t3时刻到达最高点，A错误；v－t图象的斜率表示卫星的加速度；由图可知，t1～t2时间内卫星的加速度大，B错误；t1～t2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t2～t3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C正确、D错误．‎ 答案：C ‎4．(2011年高考四川理综)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则(　　)‎ A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D．返回舱在喷气过程中处于失重状态 解析：火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误．‎ 答案：A ‎5．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的v－t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为(　　)‎ A.和0.30 s B．3和0.30 s C.和0.28 s D．3和0.28 s 解析：根据速度图象的特点可知甲做匀加速直线运动，乙做匀减速直线运动．根据a＝得3a甲＝a乙，根据牛顿第二定律有＝，得＝3，由a乙＝＝10 m/s2＝，得t＝0.3 s，B正确．‎ 答案：B ‎6．如图甲所示，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处．滑轮的质量和摩擦都可以不计．货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．由图可以判断下列说法不正确的是(　　)‎ A．图线与纵轴的交点M的值aM＝－g B．图线与横轴的交点N的值FT＝mg C．图线的斜率等于物体的质量m D．图线的斜率等于物体质量的倒数1/m 解析：由牛顿第二定律得FT－mg＝ma，变形得到与图对应的函数关系式a＝－g，可知A、B、D选项都正确．‎ 答案：C ‎7．某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1tan θ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中(　　)‎ A．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右 B．地面对滑梯始终无摩擦力作用 C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小 D．地面对滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的总重力的大小 解析：小朋友在AB段沿滑梯向下匀加速下滑，在BC段向下匀减速下滑，因此小朋友和滑梯组成的系统水平方向的加速度先向左后向右，则地面对滑梯的摩擦力即系统水平方向合外力先水平向左，后水平向右，A正确、B错误；系统在竖直方向的加速度先向下后向上，因此系统先失重后超重，故地面对滑梯的支持力的大小先小于后大于小朋友和滑梯的总重力的大小，C、D均错误．‎ 答案：A ‎8．如图所示，质量为m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是(　　)‎ A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值 解析：球受力如图，则 FN2－FN1sin θ＝ma FN1cos θ＝mg 由此判断A、B错误．根据牛顿第二定律，FN1、FN2和mg三力的合力等于ma，C错误．根据FN1＝，D正确．‎ 答案：D ‎9．(2012年淮北模拟)如图甲所示，在粗糙的水平面上，物块A在水平向右的外力F的作用下做直线运动，其v－t图象如图乙中实线所示，下列判断正确的是(　　)‎ A．在0～1 s内，外力F不断增大 B．在1～3 s内，外力F的大小不断减小 C．在3～4 s内，外力F不断减小 D．在3～4 s内，外力F的大小恒定 解析：由v－t图象可以看出，0～1 s内物体做匀加速运动，做物体所受合力恒定，外力F大小不变，故A错；在1～3 s内，物体做匀速直线运动，物体受力平衡，外力F大小不变，故B错；在3～4 s内，物体做加速度增大的减速运动，故外力F小于摩擦力，摩擦力不变，所以外力F不断减小，故C对，D错．‎ 答案：C ‎10．(2012年铜陵模拟)一物体从静止开始由倾角很小的光滑斜面顶端滑下，保持斜面底边长度不变，逐渐增加斜面长度以增加斜面倾角．在倾角增加的过程中(每次下滑过程中倾角不变)，物体的加速度a和物体由顶端下滑到底端的时间t的变化情况是(　　)‎ A．a增大，t增大 B．a增大，t变小 C．a增大，t先增大后变小 D．a增大，t先变小后增大 解析：由mgsin θ＝ma可得a＝gsin θ.物体的加速度a随θ的增大而增大，设斜面底边长为x0.由＝at2可得，t＝ ＝ .可见随θ的增大，物体由顶端滑到底端的时间t先变小后增大．当θ＝45°时，时间t最短，故只有D正确．‎ 答案：D 二、非选择题(本题共2小题，共30分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)‎ ‎11．(15分)如图所示，木板长L＝1.6 m，质量m′＝4.0 kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量m＝1.0 kg的小滑块(视为质点)放在木板的右端，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度．取g＝10 m/s2求：‎ ‎(1)木板所受摩擦力的大小；‎ ‎(2)使小滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值．‎ 解析：(1)木板对地面的压力大小：FN＝(m＋m′) g 木板所受摩擦力Ff＝μFN 以上两式联立，代入数据，得Ff＝20 N.‎ ‎(2)木板的加速度a＝＝5 m/s2‎ 木板上表面光滑，故小滑块静止不动，只要木板位移小于木板的长度，小滑块就不掉下来，由v＝2ax得v0＝，代入数据，得v0＝4 m/s，即木板初速度最大值是4 m/s.‎ 答案：(1)20 N　(2)4 m/s ‎12．(15分)(2012年宣城模拟)如图所示，物体在有动物毛皮的斜面上运动．由于毛皮表面的特殊性，引起物体的运动有如下特点：①顺着毛的生长方向运动时毛皮产生的阻力可以忽略；②逆着毛的生长方向运动会受到来自毛皮的滑动摩擦力．‎ ‎(1)试判断如图所示情况下，物体在上滑还是下滑时会受到摩擦力？‎ ‎(2)一物体在有动物毛皮的斜面底端以初速度v0＝2 m/s冲上足够长的斜面，斜面的倾斜角为θ＝30°，过了t＝1.2 s物体回到出发点．若认为毛皮产生滑动摩擦力时，动摩擦因数μ为定值，g取10 m/s2，则μ的值为多少？‎ 解析：(1)因毛的生长方向向上，故物体上滑时不受摩擦力，而下滑时受到摩擦力．‎ ‎(2)上滑过程：‎ mgsin θ＝ma1，‎ v0－a1t1＝0，‎ x＝ 下滑过程：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，‎ x＝a2t，‎ 又t＝t1＋t2‎ 以上各式联立可求得μ＝＝0.433.‎ 答案：(1)下滑时受摩擦力　(2)0.433‎