2013届高考物理课下提知复习题2

(时间：45分钟，满分：100分)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.如图1所示，物体P以一定的初速度沿光滑水平面向右运动，与一个右端固定的轻质弹簧相撞，并被弹簧反向弹回．若弹簧在被压缩过程中始终遵守胡克定律，那么在P与弹簧发生相互作用的整个过图1程中()A．P做匀速直线运动B．P的加速度大小不变，但方向改变一次C．P的加速度大小不断改变，当加速度数值最大时，速度最小D．有一段过程，P的加速度逐渐增大，速度也逐渐增大解析：在物体P压缩弹簧的过程中，弹簧的弹力一直在增大，根据牛顿第二定律可知，物体P的加速度一直在增大，但速度方向与加速度方向相反，则物体P运动速度一直在减小，当速度为零时，加速度最大，C正确．答案：C2.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2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()图2A．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：C3.如图3所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一重物质量为m，现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，则弹簧测力计的读数为()A．mgB.mm0＋mmgC.m0m0＋mFD.mm0＋mF图3解析：对弹簧测力计和m组成的整体应用牛顿第二定律得：F－(m0＋m)g＝(m0＋m)a，对m应用牛顿第二定律：FT－mg＝ma，由以上两式可得：FT＝mm0＋mF，故D正确．答案：D4．一个物体冲上倾角为θ的斜面，沿斜面上滑，然后又下滑回原地．已知物体从最高点下滑回到原地的时间为由原地上滑到最高点时间的2倍，则物体与斜面间的动摩擦因数为()A．tanθB.35tanθC.12tanθD.13tanθ解析：上滑时x＝12a1t21，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1；下滑时x＝12a2t22，mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，t2＝2t1，解得μ＝35tanθ，B正确．答案：B5.在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1kg的小球，小球与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图4所示．此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻图4绳的瞬间，小球的加速度的大小为(取g＝10m/s2)()A．0B．10m/s2C．8m/s2D．2m/s2解析：绳剪断前对小球受力分析，由平衡条件得弹簧弹力：F1＝mgtan45°绳剪断瞬间，绳上力消失，弹簧弹力不变，对小球受力分析，由牛顿第二定律F1－μmg＝maa＝F1－μmgm＝8m/s2.答案：C6．(2010·浙江高考)如图5所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是()A．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力一定为零图5B．上升过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A物体对B物体的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A物体对B物体的压力等于A物体受到的重力解析：A、B两物体抛出以后处于完全失重状态，无论是上升还是下降，A物体对B物体的压力一定为零，A选项正确．答案：A7．(2010·山东高考)如图6所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．图7中v、a、f和s分别表示物体速度大小、加速度图6大小、摩擦力大小和路程．图7中正确的是()图7解析：物体在斜面上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力为恒力，加速度为恒量，物体做匀加速直线运动，其加速度图象应为一平行时间横轴的直线段，速度v＝at，其速度图象应为一向上倾斜的直线段，路程s＝12at2，路程随时间变化的图象应为一开口向上的抛物线，选项A、B、D错误；物体滑到水平面上后，在摩擦力作用下做匀减速直线运动，其摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力，所以选项C正确．答案：C8．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则()A．a1＝a2B．a1＜a2＜2a1C．a2＝2a1D．a2＞2a1解析：当力为F时有a1＝F－Ffm，当力为2F时有a2＝2F－Ffm＝2F－2Ff＋Ffm＝2a1＋Ffm，可知a2＞2a1，D对．答案：D9.(2011·池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图8所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1＜tanθ，BC段的动摩擦因数μ2＞tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保图8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错误．答案：A10.(2011·十堰模拟)如图9所示，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定，下端连接一小铁球，横杆右边用一根细线吊一质量相等的小铁球．当小车向右做匀加速运动时，细线保持与竖直方向成α角，若θ＞α，则下列说法正确的是()图9A．轻杆对小铁球的弹力方向与细线平行B．轻杆对小铁球的弹力方向沿着轻杆方向向上C．轻杆对小铁球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向D．小车匀速运动时θ＝α解析：设细线对小铁球的弹力为F线，由牛顿第二定律得：F线sinα＝ma，F线cosα＝mg，可得：tanα＝ag，设轻杆对小铁球的弹力与竖直方向夹角为β，大小为F杆，由牛顿第二定律可得：F杆·cosβ＝mg，F杆·sinβ＝ma，可得：tanβ＝ag＝tanα，可见轻杆对小球的弹力方向与细线平行，A正确，B、C错误；当小车匀速运动时，α＝0，故D错误．答案：A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)(2011·龙岩模拟)在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动．如图10所示，人坐在滑板上从坡的高处A点由静止开始下滑，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来，斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数为μ＝0.50，(不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2)图10(1)若斜坡倾角θ＝37°，人和滑块的总质量为m＝60kg，求人在斜坡上下滑时的加速度大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(2)若由于受到场地的限制，A点到C点的水平距离为s＝50m，为确保人身安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求？解析：(1)在斜坡上下滑时，由牛顿第二定律得，mgsinθ－f＝ma①N－mgcosθ＝0②f＝μN③解①②③得，a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2(2)设斜坡倾角为θ，斜坡的最大高度为h，沿斜坡下滑时加速度为a＝gsinθ－μgcosθ④滑至底端时的速度v2＝2ahsinθ⑤沿BC段前进时的加速度a′＝μmg/m＝μg⑥沿BC段滑行的距离L＝v2/2a′⑦为确保安全要求，则L＋htanθ≤s⑧④⑤⑥⑦⑧联立解得h≤25m，故斜坡的高度不应超过25m.答案：(1)2m/s2(2)斜坡的高度不应超过25m12．(15分)消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60kg、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200kg，消防队员着地的速度不能大于6m/s，手和腿对杆的最大压力为1800N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g＝10m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：(1)消防队员下滑过程中的最大速度；(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力；(3)消防队员下滑的最短的时间．解析：(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，有2gh1＝v2m消防队员受到的滑动摩擦力f＝μN＝0.5×1800N＝900N.减速阶段的加速度大小：a2＝f－mgm＝5m/s2减速过程的位移为h2，由v2m－v2＝2a2h2又h＝h1＋h2以上各式联立可得：vm＝12m/s.(2)以杆为研究对象得：N＝Mg＋f＝2900N.根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2900N.(3)最短时间为tmin＝vmg＋vm－va2＝2.4s.答案：(1)12m/s(2)2900N(3)2.4s