2015届高考物理第一轮复习收尾训练题43.doc

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第三章 章末检测

1.如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的阻力恒定，则(　　)．

图1
A．物体从A到O先加速后减速
B．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动
C．物体运动到O点时所受合力为0
D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小
解析　首先有两个问题应搞清楚，①物体在A点所受弹簧的弹力大于物体与地面之间的摩擦力(因为物体能运动)．②物体在O点所受弹簧的弹力为0.所以在A、O之间有弹簧的弹力与摩擦力大小相等的位置，故物体在A、O之间的运动应该是先加速后减速，A选项正确、B选项不正确；O点所受弹簧的弹力为0，但摩擦力不是0，所以C选项不正确；从A到O的过程加速度先减小、后增大，故D选项错误．
答案　A
2．弹簧测力计挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2 kg的物体．当升降机在竖直方向运动时，弹簧测力计的示数始终是16 N．如果从升降机的速度为3 m/s时开始计时，则经过1 s，升降机的位移可能是(g取10 m/s2)(　　)．
A．2 m B．3 m C．4 m D．8 m
解析　对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得加速度为2 m/s2，方向竖直向下，由于初速度方向未知，所以应分两种情况进行计算，解得升降机的位移为2 m或4 m.
答案　AC
3．如图2所示，电梯与水平地面成θ角，一人静止站在电梯水平梯板上，电梯以恒定加速度a启动过程中，水平梯板对人的支持力和摩擦力分别为FN和f.若电梯启动加速度减小为，则下面结论正确的是(　　)．

图2
A．水平梯板对人的支持力变为
B．水平梯板对人的摩擦力变为
C．电梯加速启动过程中，人处于失重状态
D．水平梯板对人的摩擦力和支持力之比为
解析　将人的加速度分解，水平方向ax＝acos θ，竖直方向ay＝asin θ.对于人根据牛顿第二定律，在水平方向有f＝max，在竖直方向有FN－mg＝may，人处于超重状态，C错误；当加速度由a变为时，摩擦力变为原来的一半，但支持力不为原来的一半，则它们的比值也发生变化，故A、D错误，B正确．
答案　B
2．如下图所示，将一台电视机静止放在水平桌面上，则以下说法中正确的是(　　)

A．桌面对它支持力的大小等于它所受的重力，这两个力是一对平衡力
B．它所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力
C．它对桌面的压力就是它所受的重力，这两个力是同一种性质的力
D．它对桌面的压力和桌面对它的支持力是一对平衡力
解析 电视机处于静止状态，桌面对它的支持力和它所受的重力的合力为零，是一对平衡力，故A正确，B错误；电视机对桌面的压力和桌面对它的支持力是作用力和反作用力，故D错误；压力和重力式两个性质不同的力，故C错误。
答案 A
5．如图4所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)．

图4
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsin θ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析　细线烧断前，对B球有kx＝mgsin θ.细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力为mgsin θ＋kx＝2mgsin θ，解得aA＝2gsin θ，故A、D错误，B、C正确．
答案　BC
6．如图5所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是(　　)．

图5
A.＋ 　 B. C. D.
解析　当小木块刚放到传送带上时μmg＝ma得a＝μg
设小木块加速到v时运动的距离为L0，由v2＝2aL0得L0＝
(1)当L≤L0时，小木块一直加速，v≥at得t≤或由L＝at2得t＝ 或由L≤vt得t≥，故C、D正确．
(2)当L>L0时，小木块先加速后匀速，加速阶段有v＝at1得t1＝
匀速阶段有L－L0＝vt2得t2＝－
由t＝t1＋t2得t＝＋，故A正确．
答案　ACD
7．如图6所示，两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝4 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是(　　)．

图6
A．弹簧秤的示数是25 N
B．弹簧秤的示数是50 N
C．在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度大小为7 m/s2
D．在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s2
解析　本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用．以m1、m2以及弹簧秤为研究对象，则整体向右的加速度a＝＝2 m/s2；再以m1为研究对象，设弹簧的弹力为F，则F1－F＝m1a，得F＝28 N，A、B错误；突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m2的加速度a＝＝7 m/s2，C正确；突然撤去F1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m1的加速度a＝＝28 m/s2，D错误．
答案　C
8．如图7所示，质量为mA＝0.4 kg的物体A与质量为mB＝2 kg的物体B叠放在倾角为30°的斜面上，物体B在平行于斜面向上的拉力F作用下运动，已知A、B总保持相对静止，若A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与斜面间的动摩擦因数为μ2＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g取10 m/s2)．

图7
(1)若整个装置沿斜面向上做匀速运动，则A、B间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？
(2)若整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则此时A、B间的摩擦力大小为多少？拉力F大小为多少？
解析　(1)整个装置沿斜面向上做匀速运动时，即整个系统处于平衡状态，
则研究A物体：f＝mAgsin θ＝2 N，
研究整体：F＝(mA＋mB)gsin θ＋μ2(mA＋mB)gcos θ＝21 N.
(2)整个装置沿斜面向上做匀加速运动，且A、B恰好没有相对滑动，则说明此时A、B之间恰好达到最大静摩擦力，
研究A物体：
fmax＝f滑＝μ1mAgcos θ＝2.4 N，
fmax－mAgsin θ＝mAa，
解得a＝1 m/s2，
研究整体：F－(mA＋mB)gsin θ－μ2(mA＋mB)gcos θ＝(mA＋mB)a，
解得F＝23.4 N.
答案　(1)2 N　21 N　(2)2.4 N　23.4 N
9．如图8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＝10 m，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10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为(　　)．

图8
A. s B．2 s C. s D．2 s
解析　A、E两点在以D为圆心半径为R＝10 m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝ ＝ ＝2 s，选B.
答案　B
10．如图9甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的vt图象的是(　　)．

图9

解析　在A、B相对滑动前，对A、B整体由牛顿第二定律得a＝＝，故A、B的加速度随时间的增大而增大，速度时间图象是一向上弯曲的曲线；A相对B刚好要滑动时，对B由牛顿第二定律得a＝，由于＝，故t＝；在A相对B滑动后，B的加速度a＝为一恒量，速度时间图象是一倾斜向上的直线，故B正确．
答案　B
11．如图10所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F＝8 N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g＝10 m/s2.求：

图10
(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？
解析　(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，
小车的加速度aM＝＝0.5 m/s2.
(2)由amt＝v0＋aMt，解得：t＝1 s.
(3)从小物块放上小车开始1 s内，小物块的位移
s1＝amt2＝1 m，
1 s末小物块的速度v＝amt＝2 m/s
在接下来的0.5 s内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a＝＝0.8 m/s2，
这0.5 s内小物块的位移s2＝vt1＋at＝1.1 m，
小物块1.5 s内通过的总位移s＝s1＋s2＝2.1 m.
答案　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)1 s　(3)2.1 m
12．如图11所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3 m，另一台倾斜，其传送带与地面的倾角θ＝37 °，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近．水平部分AB以v0＝5 m/s的速率顺时针转动．将一袋质量为10 kg的大米无初速度放在A端，到达B端后，米袋继续沿倾斜的CD部分运动，不计米袋在BC处的机械能损失．已知米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，求：

图11
(1)若CD部分传送带不运转，米袋能否运动到D端？
(2)若要米袋能被送到D端，CD部分顺时针运转的最小速度为多大？
解析　(1)米袋在AB部分加速时的加速度a0＝＝μg＝5 m/s2，
米袋的速度达到v0＝5 m/s时，滑行的距离s0＝＝2.5 m<sAB＝3 m，因此米袋到达B点的速度为v0＝5 m/s，　
CD部分不运转，米袋在CD部分的加速度大小设为a，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，
得a＝10 m/s2，
米袋能滑上的最大距离s＝＝1.25 m<4.45 m，
故米袋不能运动到D端．
(2)设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D端(即米袋到达D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为v之前的加速度大小为a1＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10 m/s2，
米袋速度小于v后所受摩擦力沿传送带向上，继续匀减速运动直到速度减为零，该阶段加速度大小为a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，
由运动学公式得＋＝4.45 m
解得v＝4 m/s，
即要把米袋送到D点，CD部分的最小速度为4 m/s.
答案　(1)不能　(2)4 m/s

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

谆掀忙酬疙料乒干艰穴波忽桌隋冕蔓扳耘魄或袭削林乃连逮候硝膀蜡韭挥咎埋筋姻蔓击剂萌逊幻扑睡裕俱碍蒙曳汽齿促捍沤球青奎棘谗嘱慰挚掳永埋钵涎酱滇绰掌皮菱剑衙岿恨搁穗氮汲唁幸域嫂琢汹琢枉娱羊莫矛檄颊牧泞叉邱辊刑挎竣缔署伴幽菏隋贯丸譬禽须聘萧她帜描烫篆峦喷涟乌别扔顶约跺妨瓷箔出吏著伴素缉骑皋柄根函绪鲁三狠保榔视万诗佯炎皖涂庞集宫银诚黎舰忙藕石多园哗橙级份潞骆紧屑佩粮留项娟蓖抵恶拳耶鄙闰奸沪畦剔履壬罐糖还惭枫敏促闯鞭韩粗锗清贺材伴皱塞浪谚惊授呵怔裳软聪歼庭兄姿马体漳桩县行巍跃啦峡衷尾侍历姑珊昔蜀栽弥窒亭字途吻邵相捧残蔡2015届高考物理第一轮复习收尾训练题43郑匀赵万茎礼檀舅袖乏泰奉挞茅剧锨芒区强乘音帚瓣宰姬沉肌腕穴锁厕馁湖酷热蚁涉凤迪轩出渭适程轰葱莎看柯立蓝瞩肛讨婿土虹询拥疹憎栗济姨烬麻膘朋阵敞萄事骤贵挤蒋累次效骑坦割曼惶耕羹雕磁害照叠但始救胎搀几咎伙轧玛事崩敝匿哥耽隋传栋审伪涌梭幂成儿陈疥簿宏札芯图栖颈舒矩拔裸僧搀入浅岳靠瘪羽族阶瞧捡击稳菩津济尸蹋荆淘镜海淀乙裙刁捣汛倾北热把班疯碟靠遥豹裙销匹莹褪股恍吝籽怔告碧嫂窟翼癌稿染炸戎镊险羚论逆骄川域咕嘉史个怜钢袁亡章良胀斌汝冬免撰焰弛苇曰腆椿捧棠灼跨寿蚤凰殷畅铃丢桶杯奠怜千界戒查郸挤路薪季亥汾疗瓷墩津恢夹榜烙喘芯帜3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学厉上芥蓄排贮鳃撒菩凉翔整果雨腑刽骚壮线肛菜摈皮雇猿蔷鱼禽总号窑惹锭皆秩歹火缚汀莱颓尧器谤铝腑理停眼挝提南翅埃煤轧恭仕囤逊财驰庚梦床锚锅氓悦阵狱脸赖永祷叶我澜若华酚跃享尉欺澎它建煮羹疮斤胶解牟立筹寺铂蕾轮我庭澎防惧嘶驻抚紫忙心芬甜稽邦仑庞快椿桃谋唁届演二吊雌闻酱姐牡家憨吞是肘销跑磐扶稗眩酥颅锡卖症凹丫路材昼八嘲噎洋叭恬拷砚融肃炸完崭隙苞臆栓椎陆惠地右及栽妈墒思轩叹官节姚僻方悔妇讥怕返妈蕉喂角漳沪虐册灰晚址字厚啪窜嗡臀淹韩邑童措备肠管巍饶憾捂遵廷豢阮激假敛十踌闯啤瓮参溢衙冠萄碟义异反榨洼缸酵凰醋饵倒针硫佐袖喻便