2021高中物理一轮复习阶段性效果检测题21Word版含答案.docx

一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。多选题已在题号后标出,选不全得4分)
1.如图是一种升降电梯的示意图,A为载人箱,B为平衡重物,它们的质量均为M,上下均有跨过滑轮的钢索系住,在电动机的牵引下使电梯上下运动。假如电梯中乘客的质量为m,匀速上升的速度为v,电梯即将到顶层前关闭电动机,依靠惯性上升h高度后停止,在不计空气和摩擦阻力的状况下,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.关闭电动机后,乘客处于超重状态
B.关闭电动机后,乘客处于失重状态
C.由于A、B质量相等,故关闭电动机后,乘客的加速度大小为g
D.关闭电动机后,电梯上升的高度h确定小于
2.如图所示,两个质量相同的物体A和B紧靠在一起放在光滑水平桌面上,假如它们分别受到水平推力F1和F2,且F1>F2,则A施于B的作用力的大小为(　　)

A.F1　　　　　　　　　　　 　B.F2
C.(F1+F2) D.(F1-F2)
3.(多选)(2021·河西区模拟)如图甲所示,一个物体放在光滑的水平地面上。在t=0时刻,物体在水平力F作用下由静止开头做直线运动。在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则(　　)

A.在0到t0时间内,力F大小恒定
B.在0到t0时间内,物体的位移渐渐变大
C.在0到t0时间内,物体的速度渐渐变大
D.在0到t0时间内,物体的速度渐渐变小
4.(多选)(2021·上饶模拟)如图所示,小车的质量为M,人的质量为m,人用恒力F拉绳,若人与车保持相对静止,且地面为光滑的,不计滑轮与绳的质量,则车对人的摩擦力可能是(　　)
A.0
B.,方向向右
C.,方向向左
D.,方向向右
5.（2021•乐山模拟）如图所示，不计绳的质量
及绳与滑轮的摩擦，物体A的质量为M，水平面
光滑。当在绳B端挂一质量为m的物体时，物体
A的加速度为a1；当在绳B端施以F=mg的竖直
向下的拉力作用时，A的加速度为a2，则a1与a2
的大小关系是( )
A.a1=a2 Ba1>a2
C.a1说法正确的是(　　)

A.铝球下沉的速度越来越大
B.开头释放时,铝球加速度a0=g
C.铝球下沉过程所受到油的阻力
D.铝球下沉过程机械能的削减等于克服油阻力所做功
二、计算题(本大题共3小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
8.(2021·泸州模拟)(14分)如图所示,一质量为m=2kg的小物体静止放在水平面上的A点,t=0时,物体在水平恒力F的作用下由静止开头运动。1s末到达B点时速度为8m/s,在B点马上撤去恒力F,最终在3s末停在C点,重力加速度取g=10m/s2,求:

(1)从第1s末到第2 s末,物体运动的距离;
(2)恒力F的大小。
9.(2021·德州模拟)(14分)如图甲所示,质量m=4kg的物体在水平面上向右做直线运动,通过A点时物体突然受到一个水平向左的恒力F并开头计时,选水平向右为正方向,运动过程中通过速度传感器测出物体的瞬时速度,所得v-t图像如图乙所示。(g=10m/s2)求:

(1)0～4s和4～12 s两段时间内的加速度大小;
(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ;
(3)10s末物体离A点的距离。
10. (16分)如图所示,一足够长的木板B静止在水平地面上,有一小滑块A以v0=2m/s的水平初速度冲上该木板。已知木板质量是小滑块质量的2倍,木板与小滑块间的动摩擦因数为μ1=0.5,木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.1,求小滑块相对木板滑行的位移是多少?(g取10m/s2)

答案解析
1.【解析】选B。关闭电动机后,乘客减速上升,处于失重状态,选项A错误,B正确;对系统由牛顿其次定律得mg=(2M+m)a,选项C错误;由运动学公式得 ,选项D错误。
2.【解析】选C。设两物体的质量均为m,这两物体在F1和F2的作用下,具有相同的加速度为a=,方向与F1相同。物体A和B之间存在着一对作用力和反作用力,设A施于B的作用力为N(方向与F1方向相同)。用隔离法分析物体B在水平方向受力N和F2,依据牛顿其次定律有N-F2ma,解得N=(F1+F2),故选项C正确。
3.【解析】选B、C。由a-t图像可知物体的加速度渐渐减小,对物体由牛顿其次定律得F=ma,故物体所受水平力F渐渐减小,选项A错误;由于物体的加速度与速度方向相同,物体做加速运动,速度、位移渐渐增大,选项B、C正确,D错误。
4.【解析】选A、C、D。取人和小车为一整体,由牛顿其次定律得:2F=(M+m)a,
设车对人的摩擦力大小为f,方向水平向右,对人应用牛顿其次定律得:F-f=ma。
可求得:f=F,由此可见:当M=m时,f=0。
当M>m时,f>0,方向水平向右,
当M析】选C。据牛顿其次定律，第一次对A有F′=Ma1，对B有：mg-F′=ma1，解得a1=。其次次对A有a2=，所以a1超重,有向上的加速度,应向上加速或向下减速,故A、D均有可能。
6.【解题指南】解答本题应留意以下两点:
(1)分地面光滑和不光滑两种状况,以整体为争辩对象,列牛顿其次定律方程,求出加速度。
(2)隔离木块4、5…n,列牛顿其次定律方程,求出木块3对木块4的作用力。
【解析】选D。若地面光滑,对整体由牛顿其次定律得F=nma,对木块4、5…n由牛顿其次定律得F34=(n-3)ma,解得F34=(1-)F;若地面不光滑,设地面与木块间的动摩擦因数为μ,对整体由牛顿其次定律得F-μnmg=nma,对木块4、5…n由牛顿其次定律得F34-μ(n-3)mg=(n-3)ma,解得F34=(1-)F,故选项D正确。
7.【解析】选C。铝球下沉的速度先增大后不变,选项A错误;开头释放时,铝球除受重力外,还受到竖直向上的浮力作用,其加速度a0小于g,选项B错误;依据通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图像可知,a=a0-。设液体浮力为F,刚剪断细线时,v=0,油的阻力f=0,由牛顿其次定律,mg-F=ma0。铝球下沉过程中,由牛顿其次定律,mg-F-f=ma。联立解得铝球下沉过程所受到油的阻力f=,选项C正确;铝球下沉过程机械能的削减等于克服油阻力和浮力所做功,选项D错误。
8.【解析】(1)撤去F后物体的加速度大小
a1=m/s2=4 m/s2 ①(2分)
2s末～3 s末,物体运动的距离
x1=a1t12=×4×12m=2 m ②(2分)
1s末～3 s末,物体运动的距离
x2=a1t22=×4×22m=8 m ③2分)
1s末～2 s末,物体运动的距离
Δx=x2-x1=6m (1分)
(2)撤去F后,对物体由牛顿其次定律得:
Ff=ma1　 ④(2分)
恒力F作用时物体的加速度
a2=m/s28 m/s2 ⑤(2分)
恒力F作用时,对物体由牛顿其次定律得:
F-Ff=ma2　 ⑥(2分)
解④⑤⑥得:F=24N (1分)
答案：(1)6m (2)24 N
9.【解析】(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1,则由v-t图像得
a1==2m/s2 ①(1分)
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2,则由v-t图像得
a2==0.5m/s2 ②(1分)
(2)依据牛顿其次定律,向右减速过程,
有F+μmg=ma1　 ③(2分)
向左加速过程,有F-μmg=ma2　 ④(2分)
由①②③④解得:F=5N (2分)
μ=0.075 (2分)
(3)设10s末物体离A点的距离为d,向左加速过程,由v=a2t得:10s末的速度v=3m/s (2分)
d应为v-t图像与横轴所围的面积,则:
d=×4×8m-×6×3 m=7 m (2分)
答案：(1)2 m/s2　 0.5 m/s2 (2)5 N 　0.075 (3)7 m
10.【解析】设小滑块的质量为m,木板的质量为2m,小滑块的加速度为a1,木板的加速度为a2,以小滑块为争辩对象,由牛顿其次定律得:
μ1mg=ma1 (2分)
解得:a1=μ1g=5m/s2 (1分)
经t秒,设木板与小滑块相对静止,共同速度为v,则:
v=v0-a1t (2分)
以木板为争辩对象,由牛顿其次定律得:
μ1mg-3μ2mg=2ma2 (3分)
a2==1m/s2 (1分)
则经t秒木板的速度为:v=a2t (2分)
解得: (1分)
则小滑块相对木板滑行的位移为:
x=(v0t-a1t2)-a2t2=m (4分)
答案：m
【总结提升】解决动力学问题的关键
解决动力学问题时,受力分析是关键,对物体运动状况的分析同样重要,特殊是对运动过程较简洁的问题。
(1)运动分析:确定要弄清楚整个过程中物体的加速度是否相同,若不同,必需分阶段处理,加速度转变时的速度是前后过程联系的桥梁。
(2)受力分析:分析受力时,要留意前后过程中哪些力发生了变化,哪些力没有发生变化。
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