2022高考物理快速命中考点12.doc

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/s2B.0.2 m/s2C.2 m/s2D.2.8 m/s23.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 mB.物体受到的拉力F的大小为2.4NC.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2D.前12 s内,拉力与阻力做功的代数和为8 J5.(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l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)gC. mgD. (m+m0)g7.一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(v1<v2),稳定时绳与水平方向的夹角为,绳的拉力分别为F1、F2;若剪断细绳时,物体到达左端的时间分别为t1、t2,则下列说法正确的是()A.F1<F2B.F1=F2C.t1一定大于t2D.t1可能等于t2二、计算题(本题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(16分)如图甲所示,操场上一质量不计的竖直滑杆,滑杆上端固定,下端悬空。为了研究学生沿杆下滑的情况,在杆的顶部装有一拉力传感器,可显示杆的顶端所受拉力的大小。现有一学生,从杆的上端由静止开始下滑,下滑5s后这个学生的速度为零,并用手紧握住滑杆保持静止不动。以这个学生开始下滑时刻为计时起点,传感器显示的力随时间变化的情况如图乙所示。重力加速度g=10m/s2。求:(1)该学生下滑过程中的最大速度;(2)5s内该学生下滑的距离。10.如图所示,在粗糙水平面上有一质量为M、高为h的斜面体,斜面体的左侧有一固定障碍物Q,斜面体的左端与障碍物的距离为d。将一质量为m的小物块置于斜面体的顶端,小物块恰好能在斜面体上与斜面体一起保持静止;现给斜面体施加一个水平向左的推力,使斜面体和小物块一起向左匀加速运动,当斜面体到达障碍物与其碰撞后,斜面体立即停止运动,小物块水平抛出,最后落在障碍物的左侧P处(图中未画出),已知斜面体与地面间的动摩擦因数为1,斜面倾角为,重力加速度为g,滑动摩擦力等于最大静摩擦力,求:(1)小物块与斜面间的动摩擦因数2;(2)要使物块在地面上的落点P距障碍物Q最远,水平推力F为多大;(3)小物块在地面上的落点P距障碍物Q的最远距离。B组(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)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法,利用这种方法伽利略发现的规律有()A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力C.忽略空气阻力,重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反2.如图所示,沿直线运动的小车内悬挂的小球A和车水平底板上放置的物块B都相对车厢静止。关于物块B受到的摩擦力,下列判断中正确的是()A.物块B不受摩擦力作用B.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向左C.物块B受摩擦力作用,大小恒定,方向向右D.因小车的运动方向不能确定,故物块B受的摩擦力情况无法判断3. DIS是由传感器、数据采集器、计算机组成的信息采集处理系统,某课外实验小组利用DIS系统研究电梯的运动规律,他们在电梯内做实验,在电梯天花板上固定一个力传感器,传感器的测量挂钩向下,在挂钩上悬挂一个质量为1.0kg的钩码,在电梯由静止开始上升的过程中,计算机屏上显示如图所示的图像,则(g取10m/s2)()A.t1到t2时间内,电梯匀速上升B.t2到t3时间内,电梯处于静止状态C.t3到t4时间内,电梯处于超重状态D.t1到t2时间内,电梯的加速度大小为5m/s24.一皮带传送装置如图所示,轻弹簧一端固定,另一端连接一个质量为m的滑块,已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在皮带上,弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中,滑块始终未与皮带达到共速,则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是()A.速度增大,加速度增大B.速度增大,加速度减小C.速度先增大后减小,加速度先增大后减小D.速度先增大后减小,加速度先减小后增大5.如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2kg,它们处于静止状态,若突然将一个大小为10N,方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g=10m/s2)()A.10 NB.20 NC.25 ND.30 N6.(多选)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动,图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线,则下列说法正确的是()A.水平拉力可能是0.3 NB.水平拉力一定是0.1 NC.物体所受摩擦力可能是0.2 ND.物体所受摩擦力一定是0.2 N7.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0,此时物体静止。撤去F后,物体开始向左运动,运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。则()A.撤去F后,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动B.撤去F后,物体刚运动时的加速度大小为-gC.物体做匀减速运动的时间为2D.物体从开始向左运动到速度最大的过程中发生的位移为8.(多选)利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数,将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上,C为位移传感器,它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度时间(v-t)图像。先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度,得到的v-t图像如图乙所示,则()A.滑块A上滑时加速度的大小为8m/s2B.滑块A下滑时加速度的大小为8m/s2C.滑块与滑板之间的动摩擦因数=0.5D.滑块A上滑时运动的位移为1m二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)如图所示,质量M=0.2kg的长木板静止在水平地面上,与地面间动摩擦因数1=0.1,另一质量m=0.1kg的带正电小滑块以v0=8m/s初速度滑上长木板,滑块与长木板间动摩擦因数2=0.5,小滑块带电量为q=2×10-3C,整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中,电场强度E=1×102N/C,(g=10m/s2)求:(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少?(2)小滑块最后停在距长木板左端多远的位置。(3)整个运动过程中产生的热量。10.(18分)如图所示,水平传送带AB长L=10m,向右匀速运动的速度v0=4m/s。一质量为1kg的小物块(可视为质点)以v1=6m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带,物块与传送带间的动摩擦因数=0.4,重力加速度g取10m/s2。求:(1)物块相对地面向左运动的最大距离;(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。答案解析A组1.【解析】选A、C、D。物体处于失重状态指的是在物体具有向下的加速度情况下,物体对支撑面的压力或者对绳子的拉力小于物体的重力的现象,当小朋友沿滑梯加速下滑时,具有向下的加速度,滑梯对人的支持力小于人的重力,人处于失重状态;乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内,加速度在水平方向,对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了人的重力,人不处于失重状态;宇航员随飞船绕地球做圆周运动,宇航员处于完全失重状态;运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态,故选项A、C、D正确。2.【解析】选B。用90 N的水平推力推物体时,由牛顿第二定律得F-f=ma1,解得f=9 N,撤掉水平推力后,物体所受合外力等于滑动摩擦力,由牛顿第二定律f=ma2,解得加速度的大小为a2=0.2m/s2,选项B正确。3.【解析】选C。取A、B及弹簧整体为研究对象,由牛顿第二定律得:F1-F2=2ma,取B为研究对象:kx-F2=ma,解得x=,选项C正确。4.【解析】选C。由v-t图像知,运动过程由两个“子过程”构成:拉力F作用下的匀加速运动,撤去F后阻力作用下的匀减速运动。运动的最大位移是v-t图像与t轴围成的三角形的面积,S=×8×14m=56 m,A错误;匀加速运动时,由牛顿第二定律得F-mg=ma1,由图像知运动的加速度a1=0.8m/s2。匀减速运动时,由牛顿第二定律得mg=ma2,由图像知运动的加速度a2=2.0m/s2。解上述各式得=0.2,F=5.6N,所以B错误,C正确;如图所示,由几何关系解得12s末的速度v=4m/s,对前12s应用动能定理得拉力与阻力做功的代数和W=mv2=16J,D错误。5.【解析】选C、D。运动员到达最低点前,在接触蹦床后开始受到蹦床的弹力的作用,但是此时的蹦床形变较小,弹力较小,人受到合力还是向下的,所以人还在做向下的加速运动,但加速度的大小是在减小的,当弹力和人的重力相等时,人的速度达到最大,再向下运动时,弹力大于人的重力,合力向上,人开始做加速度增大的减速运动直到最后速度减为零。综上所述可知,当弹力和人的重力相等时,速度最大,选项A错误;由牛顿第三定律可知运动到最低点时,床对运动员的作用力等于运动员对床的作用力,选项B错误,C正确;重力做的功等于重力势能的变化,在下落过程中,重力对运动员做正功,重力势能减小,选项D正确。6.【解析】选A。当盘静止时,对盘和物体整体由平衡条件得kl-(m+m0)g=0,放手后,由牛顿第二定律得,对整体k·l=(m+m0)a,对物体FN-mg=ma,解以上三式得FN=(1+)mg,选项A正确。【方法技巧】瞬时性问题的解题技巧(1)分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是明确该时刻物体的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度,此类问题应注意以下几种模型: 特性模型受外力时的形变量力能否突变产生拉力或支持力质量内部弹力轻绳微小不计可以只有拉力没有支持力不计处处相等橡皮绳较大不能只有拉力没有支持力轻弹簧较大不能既可有拉力也可有支持力轻杆微小不计可以既可有拉力也可有支持力(2)在求解瞬时性加速度问题时应注意:物体的受力情况和运动情况是时刻对应的,当外界因素发生变化时,需要重新进行受力分析和运动分析。加速度可以随着力的突变而突变,而速度的变化需要一个过程的积累,不会发生突变。7.【解析】选D。最初可以认为物体受到了一个力F1和其他力的合力F2的共同作用,处于平衡状态,两力大小相等、方向相反。F2始终不变,当F1先减小后增大时,物体受到的合力先增大后减小,物体的加速度由小变大,再由大变小,加速度方向始终与速度方向一致,做加速运动,在v -t图像上,图线的斜率先变大后变小,速度越来越大,选项D正确。【变式备选】从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球,小球从抛出点上升到最高点的时刻为t1,下落到抛出点的时刻为t2。若空气阻力的大小恒定,则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()【解析】选C。小球在上升过程中做匀减速直线运动,其加速度为a1=,下降过程中做匀加速直线运动,其加速度为a2=,即a1>a2,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+Fsin=mg,f=N=Fcos,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,01s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01s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01s内mg-F1=ma (3分)5s后mg-F3=0 (3分)由可解得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15s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x1,15s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 m10.【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:mgsin-2mgcos=0 (2分)解得:2=tan (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:Nsin+2Ncos=mam (2分)竖直方向:Ncos-2Nsin-mg=0 (2分)解得:am= (1分)对M、m整体由牛顿第二定律得:F-1(M+m)g=(M+m)am (2分)解得:F=1(M+m)g+(M+m) (1分)(3)对M、m整体由动能定理得:Fd-1(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)tan(2)1(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。0t1时间内,F1=mg,电梯静止;t1t2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;t2t3时间内,F3=mg,电梯匀速上升,选项B错误;t3t4时间内,F4<mg,电梯减速上升,处于失重状态,选项C错误。【方法技巧】超重和失重现象的判断“三技巧”(1)从受力的角度判断:当物体所受向上的拉力(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态,小于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重状态。(2)从加速度的角度判断:当物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态。(3)从速度变化角度判断:物体向上加速或向下减速时,超重;物体向下加速或向上减速时,失重。4.【解析】选D。滑块在传送带上受力如图所示,当f>kx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f<kx时,由牛顿第二定律得kx-f=ma,随着x的增大,加速度a增大,速度v减小,直至为零,此时弹簧弹力最大,故选项D正确。5.【解析】选C。对A、B整体分析,当它们处于静止状态时,弹簧的弹力等于A、B整体的重力,当施加力F的瞬间,弹力在瞬间不变,故A、B所受合力为10N,则a=2.5m/s2,隔离A物块受力分析得F+mg-N=ma,解得N=25N,所以A对B的压力大小等于25N,选项C正确。6.【解析】选B、C。若拉力方向与物体运动方向相同,则斜率较大的图线为不受拉力即只受摩擦力的速度-时间图线,此时物体加速度为a1=m/s2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力f=ma1=0.2N,图像中斜率较小的图线为受拉力时的图线,加速度为a2=m/s2,由牛顿第二定律可知f-F=ma2,代入已知条件可知,拉力F=0.1N;若拉力方向与物体运动方向相反,则斜率较小的图线为不受拉力即只受摩擦力的速度-时间图线,此时物体加速度为a3=m/s2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力f=ma3=0.1N;图像中斜率较大的图线为受拉力的图线,加速度为a4=m/s2,由牛顿第二定律可知F+f=ma4,代入已知条件可知,拉力F=0.1N。故B、C两项正确。【变式备选】物体A、B都静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB,与水平面间的动摩擦因数分别为A、B,用水平拉力F拉物体A、B,所得的加速度a与拉力F关系图线如图中A、B所示,则()A.A=B,mA>mB B.A>B,mA<mBC.可能有mA=mB D.A<B,mA>mB【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A>B,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=mg的作用,由牛顿第二定律可知a=-g,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=g,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=mg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mgsin+mgcos=ma1,A下滑时mgsin-mgcos=ma2,解得=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-2mg=-ma1 (2分)解得:a1=3m/s2 (1分)2mg-1(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x=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-1(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/s21 m/s2(2)8 m(3)6.4 J10.【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=mg(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- 14 -