【高考复习指导】2014年高考物理二轮复习专题滚动检测一力与直线运动

【高考复习指导】2014年高考物理二轮复习专题滚动检测一力与直线运动(满分：100分时间：60分钟)一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．被称为“史上最严交规”于2013年1月1日起施行．对校车、大中型客货车、危险品运输车等重点车型驾驶人的严重交通违法行为，提高了记分分值．如图1是张明在2013年春节假期试驾中某次小轿车在平直公路上运动的0～25s内的速度随时间变化的图象，下列说法错误的是()图1A．小轿车在0～15s内的位移为200mB．小轿车在10～15s内加速度为零C．小轿车在10s末运动方向发生改变D．小轿车在4～9s内的加速度大小大于16～24s内的加速度大小【解析】小轿车在0～15s内的位移为200m，A项正确；10～15s内小轿车匀速运动，B项正确；0～25s内小轿车始终未改变方向，C项错误；小轿车4～9s内的加速度大小是2m/s2,16～24s内的加速度大小是1m/s2，D项正确．【答案】C2．如图2所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是()图2A．细绳一定对小球有拉力的作用B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力【解析】若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车运动的加速度a＝gtanα，则轻弹簧对小球无弹力，选项D正确．【答案】D3．(2013·长沙一中三模)如图3甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图3乙所示(g＝10m/s2)，则正确的结论是()甲乙图3A．物体的质量为3kgB．物体的加速度大小为5m/s2C．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态D．弹簧的劲度系数为7.5N/cm【解析】开始物体处于静止状态N＝mg，当拉力如图乙F1＝10N时，F合＝F1＝10N＝ma ①x＝4cm以后，F不变，说明在x＝4cm处物体与弹簧分离，弹簧恢复到原长，则对物块有30N－mg＝ma ②由①②得m＝2kg，a＝5m/s2，故可知A、C错误，B正确．N＝mg时，弹簧压缩量x1＝x＝4cm，则mg＝N＝kx1，得k＝5N/cm，故D错误．【答案】B4.(2012·长春模拟)如图4所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动．已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为()图4A.eq\f(1,25)FB.eq\f(24,25)FC．24mg＋eq\f(F,2)D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定【解析】先对50个小物块整体分析．设各物块与斜面间的动摩擦因数均为μ.由牛顿第二定律得：F－50mgsin30°－50×μmgcos30°＝50ma再隔离1、2两个物块分析．设3对2的作用力为F′，则F－2mgsin30°－2μmgcos30°－F′＝2ma.解以上两式得：F′＝eq\f(24,25)F，B正确．【答案】B5．如图5所示，一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行．现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹．下列说法中正确的是()图5A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短【解析】刚开始，木炭包与传送带的速度不同，它们之间发生相对运动，木炭包必受到水平向右的滑动摩擦力的作用，设木炭包的质量为m，木炭包与传送带间的动摩擦因数为μ，则滑动摩擦力的大小为f＝μmg，木炭包在f的作用下，做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a＝μg，直到木炭包的速度增加到与传送带相同，然后随传送带一起运动，设传送带自左向右匀速运行的速度为v，则木炭包加速运动的时间t＝v/a＝v/μg，径迹的长度l＝vt－eq\f(1,2)at2，联立各式可得l＝eq\f(v2,2μg)，可见，径迹的长度与木炭包的质量无关，只与v和μ有关，v越大，μ越小时，径迹的长度越长，选项B、C错误，D正确；木炭包匀速运动前，与其接触并被染黑的传送带上各点的速度较大，相继运动到木炭包的右侧，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A错误.【答案】D6．甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t＝0时，乙车在甲车前50m处，它们的v－t图象如图6所示，下列对甲、乙两车运动情况的描述正确的是()图6A．甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动B．在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等C．在第30s末，甲、乙两车相距50mD．在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次【解析】由图可知甲车先做匀速运动再做同向匀减速运动；在第20s末，甲、乙两车的速度大小相等，加速度大小不相等；在第30s末甲车位移x1＝400m，乙车位移x2＝300m，甲车在乙车前50m处；甲车初始速度较大，在20s前甲车已经超过乙车，相遇一次，30s后甲车停止运动，32.5s时乙车与甲车第二次相遇．答案为C、D.【答案】CD7．一光滑圆环固定在竖直平面内，环上套着两个小球A和B(中央有孔)，A、B间由细绳连接着，它们处于如图7中所示位置时恰好都能保持静止状态，此时B球与环中心O处于同一水平面上，A、B间的细绳呈伸直状态，与水平线成30°角，已知B球的质量为3kg，g＝10m/s2，则下列判断正确的是()图7A．绳的张力大小为30eq\r(3)NB．A球质量为6kgC．剪断绳瞬间A的加速度大小为5eq\r(3)m/s2D．剪断绳瞬间B的加速度大小为10m/s2【解析】对A球，受力分析如图所示，正交分解绳的张力T与环的弹力NA，由平衡条件有：水平方向：Tcos30°＝NAsin30°在竖直方向：NAcos30°＝mAg＋Tsin30°同理对B球进行受力分析及正交分解得：竖直方向：Tsin30°＝mBg联立以上三式可得：T＝60N，mA＝2mB＝6kg，A错，B对；剪断绳瞬间，绳中张力立即消失，环对球的弹力发生突变，B球只受重力，由牛顿第二定律知其加速度为g＝10m/s2，D对；此时分解A球的重力(沿半径方向和垂直半径方向)，加速度为a＝gcos60°＝5m/s2，C错．【答案】BD8．(2013·河南省实验中学模拟)如图8所示，小车板面上的物体质量为m＝8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动．下列说法中正确的是()图8A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C．当小车加速度(向右)为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N【解析】由题意可知，外力F作用前，物体所受的静摩擦力F静＝FN＝6N，因此，施加外力后，弹簧弹力和静摩擦力的合力对物体产生的加速度至少可以达到a＝eq\f(FN＋F静,m)＝eq\f(6＋6,8)m/s2＝1.5m/s2>1m/s2，故物体与小车始终保持相对静止，且弹簧对物体的作用力不会发生变化，A正确；由FN－F静＝ma可知，随着加速度a的逐渐增大，F静逐渐减小，当加速度增大到a＝eq\f(FN,m)＝eq\f(6,8)m/s2＝0.75m/s2时，静摩擦力等于零，加速度a继续增大时，静摩擦力变为水平向右，此时有FN＋F静＝ma，故加速度由0.75m/s2增大到1m/s2时静摩擦力会逐渐增大，B、C正确；当小车的加速度a＝1m/s2时，F静＝ma－FN＝2N，D错误．【答案】ABC二、非选择题(共3小题，共52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，必须明确写出数值和单位．)9．(16分)(2013·陕西师大附中模拟)如图9所示，质量为10kg的环在F＝200N的拉力作用下，沿粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ.力F作用0.5s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4s后速度减为零．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：图9(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；(2)环沿杆向上运动的总距离s.【解析】(1)在F力作用0.5s内，根据牛顿第二定律有Fcosθ－mgsinθ－f＝ma1 ①FN＋Fsinθ－mgcosθ＝0 ②f＝μFN ③设0.5s末速度为v根据运动学公式有v＝a1t1 ④F撤去后0.4s内有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2 ⑤v＝a2t2 ⑥联立①～⑥得μ＝0.5. ⑦(2)将⑦代入⑤式得a2＝10m/s2，则v＝a2t2＝4m/s则s＝eq\f(1,2)v(t1＋t2)＝1.8m.【答案】(1)0.5(2)1.8m10．(18分)一同学想研究电梯上升过程的运动规律．某天乘电梯上楼时他携带了一个质量为5kg的重物和一套便携式DIS实验系统，重物悬挂在力传感器上．电梯从第一层开始启动，中间不间断一直到最高层停止．在这个过程中，显示器上显示出的力随时间变化的关系如图10所示．取重力加速度g＝10m/s2，根据图象中的数据，求：图10(1)电梯在加速阶段的加速度a1与减速阶段的加速度a2的大小；(2)电梯在3.0～13.0s时间内的速度v1的大小与电梯在19.0s内上升的高度H.【解析】(1)由图象知，重物在加速的t1＝3s内受到的拉力F1＝58N在减速的t2＝6s内受到的拉力F2＝46N由牛顿第二定律有F1－mg＝ma1，F2－mg＝ma2代入数据解得a1＝1.6m/s2，a2＝－0.8m/s2(大小为0.8m/s2)．(2)电梯在3.0～13.0s的t＝10s时间内做匀速运动，此过程的速度为v1＝a1t1＝4.8m/s由运动规律得电梯在19.0s内上升的高度为H＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＋v1t＋v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)代入数据解得H＝69.6m.【答案】(1)1.6m/s20.8m/s2(2)4.8m/s69.6m11．(18分)如图11所示，长度L＝1m、质量M＝0.25kg的木板放在光滑水平面上，质量m＝2kg的小物块(可视为质点)位于木板的左端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1.现突然给木板一向左的初速度v0＝2m/s，同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F＝10N，经过一段时间后，物块与木板相对静止，取g＝10m/s2，求：图11(1)从开始运动到小物块与木板相对静止经过的时间；(2)小物块最终在木板上的位置．【解析】(1)由题意知小物块向右做匀加速运动，木板先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，小物块与木板间滑动摩擦力Ff＝μmg＝2N受