届高考物理第一轮考点复习知能检测12.docx

届高考物理第一轮考点复习知能检测12.docx

《届高考物理第一轮考点复习知能检测12.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考物理第一轮考点复习知能检测12.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届高考物理第一轮考点复习知能检测12

[随堂演练]

1.（2014年铜陵模拟）如图是某跳水运动员最后踏板的过程：

设运动员从高处落到处于自然状态的跳板（A位置）上，随跳板一同向下运动到最低点（B位置）．对于运动员从A位置运动到B位置的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．运动员到达最低点时处于失重状态

B．运动员到达最低点时处于超重状态

C．在这个过程中，运动员的速度一直在增大

D．在这个过程中，运动员的加速度一直在增大

解析：

运动员接触跳板（A位置）时，运动员只受重力，加速度方向向下，速度向下，则跳板的形变量增加，跳板对运动员的弹力增大，加速度减小，所以运动员做加速度减小的加速运动；当跳板的弹力增大到大小等于运动员的重力时，加速度为零，速度达到最大；运动员继续向下运动，跳板的形变量继续增大，弹力增大，运动员的加速度方向向上且在增大，所以运动员做加速度增大的减速运动；综上所述，运动员到达最低点时的加速度方向向上，所以此时运动员处于超重状态，故A错误、B正确；从A到B的过程中，运动员的速度先增大后减小，故C错误；运动员的加速度先减小后增大，故D错误．

答案：

B

2.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

3．（2014年淮北模拟）如图所示，弹簧测力计外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量为m的重物．现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速运动，则弹簧测力计的示数为（　　）

A．mg　　　　　　　　B．F

C.

FD.

g

解析：

弹簧测力计的示数等于弹簧的弹力，设为F′.先将弹簧测力计和重物看成一个整体，利用牛顿第二定律可得：

F－（m＋m0）g＝（m＋m0）a.然后以重物为研究对象利用牛顿第二定律可得：

F′－mg＝ma联立两式可得F′＝

F，故选项C正确．

答案：

C

4.（2012年高考江苏单科）如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是（　　）

A.

B.

C.

－（m＋M）g

D.

＋（m＋M）g

解析：

整体法Fm－（M＋m）g＝（M＋m）am，隔离法，对木块，2f－Mg＝Mam，解得Fm＝

.

答案：

A

[限时检测]

（时间：

45分，满分：

100分）

[命题报告·教师用书独具]

知识点

题号

超重或失重

1、2、3、7

整体法和隔离法

5、6、8

牛顿运动定律和图象的结合

4

牛顿运动定律的实际应用

9

多过程问题的分析

10、11、12

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．有一种新型交通工具如图，乘客的座椅能始终保持水平，当此车加速上坡时，乘客是（　　）

①处于失重状态　②处于超重状态　③受到向前的摩擦力　④受到向后的摩擦力

A．①③　　　　　　B．①④

C．②③D．②④

解析：

当车加速上坡时，乘客和车具有相同的加速度，将斜向上的加速度沿竖直和水平两个方向正交分解，由牛顿第二定律得，人受到向前的摩擦力，支持力大于重力，处于超重状态，故选C.

答案：

C

2．（2014年宣城模拟）几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中．一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层．并用照相机进行了相关记录，如图所示．他们根据记录，进行了以下推断分析，其中正确的是（　　）

A．根据图2和图3可估测出电梯向上启动时的加速度

B．根据图1和图2可估测出电梯向上制动时的加速度

C．根据图1和图5可估测出电梯向下制动时的加速度

D．根据图4和图5可估测出电梯向下启动时的加速度

解析：

由图1可知该同学的体重约为47kg，根据图1、图2可估算出电梯向上启动时的加速度，根据图1、图5可估算出电梯向下制动时的加速度，而根据图2与图3和图4与图5无法估算加速度，C正确．

答案：

C

3．一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图所示，则（　　）

A．t3时刻火箭距地面最远

B．t2～t3的时间内，火箭在向下降落

C．t1～t2的时间内，火箭处于失重状态

D．0～t3的时间内，火箭始终处于失重状态

解析：

由速度图象可知，在0～t3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A正确，B错误．t1～t2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t2～t3时间内火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C、D错误．

答案：

A

4．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

5．（2014年六安模拟）如图所示，质量为10kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端，弹簧的拉力为5N时，物体处于静止状态．若小车以1m/s2的加速度水平向右运动，则（g取10m/s2）（　　）

A．物体相对小车向左滑动

B．物体受到的摩擦力增大

C．物体受到的摩擦力大小不变

D．物体受到的弹簧拉力增大

解析：

由于弹簧处于拉伸状态，物体处于静止状态，可见，小车对物体提供了水平向左的静摩擦力，大小为5N，则物体和小车间的最大静摩擦力Ffm≥5N；若小车以1m/s2的加速度向右匀加速运动，则弹簧还处于拉伸状态，其弹力不变，仍为5N，由牛顿第二定律可知F＋Ff＝ma，Ff＝5N≤Ffm，则物体相对小车静止，弹力不变，摩擦力的大小不变，选项C正确．

答案：

C

6．如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A，处于静止状态．若将一个质量为3kg的物体B轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（g取10m/s2）（　　）

A．30NB．0

C．15ND．12N

解析：

在B轻放在A上的瞬间，对整体用牛顿第二定律得mBg＝（mA＋mB）a，再对B用牛顿第二定律得mBg－FN＝mBa，解得FN＝12N．据牛顿第三定律可知B对A的压力大小为12N．故选D.

答案：

D

7．（2012年高考山东理综改编）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v　　t图象如图所示．以下判断正确的是（　　）

A．前3s内货物处于失重状态

B．最后2s内货物只受重力作用

C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同

D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒

解析：

前3s物体加速上升，货物处于超重状态，A选项错误；最后2s内货物减速上升其加速度大小为a＝3m/s2＜g，B选项错误；前3s和后2s平均速度均为

＝3m/s，C选项正确；第3s末至第5s末的过程中货物匀速上升，机械能增加，D选项错误．

答案：

C

8．一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使小车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，如图四种情况中，小车的加速度之比为a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4，则以下结论不正确的是（　　）

A．Ff1∶Ff2＝1∶2　　　　　B．Ff2∶Ff3＝1∶2

C．Ff3∶Ff4＝1∶2D．tanα＝2tanθ

解析：

已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题第

（1）图和第

（2）图中摩擦力Ff＝Ma，则Ff1∶Ff2＝1∶2.在第（3）图和第（4）图中摩擦力Ff3＝（M＋m）a3，Ff4＝（M＋m）a4，Ff3∶Ff4＝1∶2.第（3）、（4）图中，a3＝gtanθ，a4＝gtanα，则tanα＝2tanθ.

答案：

B

9．（2014年阜阳模拟）图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＝10m，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10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为（　　）

A.

sB．2s

C.

sD．2

s

解析：

设斜面的倾角为θ，则a＝gsinθ，所以AE＝2ADsinθ，因为AE＝

at2，即2ADsinθ＝

gt2sinθ，所以t＝2s，故选B.

答案：

B

10．如图所示，质量为M的劈体ABDC放在水平地面上，表面AB、AC均光滑，且AB∥CD，BD⊥CD，AC与水平面成角θ，质量为m的物体（上表面为半球形）以水平速度v0冲上BA后沿AC面下滑，在整个运动的过程中，劈体M始终不动，P为固定的弧形光滑挡板，挡板与轨道间的宽度略大于半球形物体m的半径，不计转弯处的能量损失，则下列说法中正确的是（　　）

A.水平地面对劈体M的摩擦力始终为零

B．水平地面对劈体M的摩擦力先为零后向右

C．劈体M对水平地面的压力大小始终为（M＋m）g

D．劈体M对水平地面的压力大小先等于（M＋m）g，后小于（M＋m）g

解析：

取物体m和劈体M为一整体，因物体m先在BA上匀速向左滑动，后沿AC面匀加速下滑，而劈体M始终静止不动，故在物体m匀速运动阶段，水平地面对劈体M的摩擦力为零，地面对劈体的支持力大小为（M＋m）g，在物体m匀加速下滑阶段，整体处于失重状态，地面对劈体的支持力大小小于（M＋m）g，因整体具有水平向左的加速度，故地面对劈体M的摩擦力水平向左，综上所述，A、B、C均错误，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）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2kg，动力系统提供的恒定升力F＝28N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2.

（1）第一次试飞，飞行器飞行t1＝8s时到达高度H＝64m．求飞行器所受阻力Ff的大小；

（2）第二次试飞，飞行器飞行t2＝6s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h.

解析：

（1）由H＝

at

得：

a＝2m/s2

由F－Ff－mg＝ma得：

Ff＝4N

（2）前6s向上做匀加速运动

最大速度：

v＝at2＝12m/s

上升的高度：

h1＝

at

＝36m

然后向上做匀减速运动

加速度a2＝

＝12m/s2

上升的高度h2＝

＝6m

所以上升的最大高度：

h＝h1＋h2＝42m.

答案：

（1）4N　

（2）42m

12．（15分）如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1kg、长度L＝3m的薄平板AB，平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7m．在平板的上端A处放一质量m＝0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速度释放．设平板与斜面、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt.（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）

解析：

对平板，由于Mgsin37°<μ（M＋m）gcos37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动

对滑块：

在平板上滑行时加速度a1＝gsin37°＝6m/s2

到达B点时速度v＝

＝6m/s

用时t1＝

＝1s.

滑块由B至C时的加速度

a2＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2

设滑块由B至C所用时间为t2

由LBC＝vt2＋

a2t

，

解得t2＝1s

对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度

a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2

设平板滑至C端所用时间为t′

由LBC＝

at′2，

解得t′＝

s

滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为

Δt＝t′－（t1＋t2）＝

s－2s＝0.65s.

答案：

0.65s