2019届高考物理第一轮复习备考演练试题12

对应学生用书P2511．下列实例属于超重现象的是()．A．汽车驶过拱形桥顶端B．荡秋千的小孩在最高点时C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D．火箭点火后加速升空解析本题考查了超、失重现象的本质．物体运动时具有竖直向上的加速度，属于超重现象．A、B、C三个选项中的汽车、小孩和运动员都具有竖直向下的加速度，均不正确；D 选项中的火箭都具有竖直向上的加速度，处于超重状态，D正确．答案 D2．游乐园中，乘客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重或失重的感觉，下列描述正确的是()．A．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态B．当升降机减速下降时，游客是处在失重状态C．当升降机减速上升时，游客是处在失重状态D．当升降机加速下降时，游客是处在超重状态解析当物体的加速度方向向上时，处于超重状态，而加速度方向向下时，处于失重状态，由此判断选项C正确．答案 C3.图3－3－14如图3－3－14所示，A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C(包括支架)的总质量为M，B 为铁片，质量为m，整个装置用轻绳挂于O点，在电磁铁通电后，铁片被吸引上升的过程中，轻绳的拉力F的大小为()．A．F＝mgB．mg<F<(M＋m)gC．F＝(M＋m)gD．F>(M＋m)g解析由于铁片B从静止被吸引上升过程中，必然有竖直向上的加速度，系统A、B、C受到重力(M＋m)g和绳的拉力F的作用．铁片B被吸引上升过程中，系统中有竖直向上的加速度，处于超重状态，所以F>(M＋m)g.答案 D4.图3－3－15某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490 N．他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图3－3－15所示，电梯运行的v－t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)()．A．①②B．③④C．①④D．②③解析从图可以看出，t0～t1时间内，该人的视重小于其重力，t1～t2时间内，视重正好等于其重力，而在t2～t3时间内，视重大于其重力，根据题中所设的正方向可知，t0～t1时间内，该人具有向下的加速度，t1～t2时间内，该人处于平衡状态，而在t2～t3时间内，该人则具有向上的加速度，所以可能的图象为①④.答案 C5.图3－3－16(2018·四川卷，19)如图3－3－16是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则()．A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D．返回舱在喷气过程中处于失重状态解析火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D错误．答案 A6.图3－3－17如图3－3－17所示，在光滑水平地面上，水平外力F拉动小车和木块一起做无相对滑动的加速运动．小车质量为M，木块质量为m，加速度大小为a，木块和小车之间的动摩擦因数为μ，则在这个过程中，木块受到的摩擦力大小是()．A．μmg B.mFM＋m C．μ(M＋m)g D．(m＋M)a 解析m与M无相对滑动，故a相同．对m、M整体F＝(M＋m)·a，故a＝FM＋mm与整体加速度相同也为a，对m：f＝ma，即f＝mFM＋m，又由牛顿第二定律隔离m，f＝ma，故B正确．答案 B7.图3－3－18如图3－3－18所示，小车质量为M，小球P的质量为m，绳质量不计．水平地面光滑，要使小球P随车一起匀加速运动(相对位置如图3－3－18所示)，则施于小车的水平作用力F 是(θ已知)()．A．mg tan θB．(M＋m)g tan θC．(M＋m)g cot θD．(M＋m)g sin θ解析小球与小车共同沿水平方向做匀加速运动，对小球受力分析如图．由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma，故a＝g tan θ.对球和车整体，由牛顿第二定律得F＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)g tan θ.答案 B8．(2018·成都模拟)如图3－3－19所示，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通过细线悬吊着小物体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，已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，M受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4，则以下结论错误的是()．图3－3－19A．f1∶f2＝1∶2 B．f2∶f3＝1∶2C．f3∶f4＝1∶2 D．tan α＝2tan θ解析已知a1∶a2∶a3∶a4＝1∶2∶4∶8，在题干第(1)图和第(2)图中摩擦力f＝Ma，则f1∶f2＝1∶2.在第(3)、第(4)图中摩擦力f3＝(M＋m)a3，f4＝(M＋m)a4，f3∶f4＝1∶2.第(3)、(4)图中，a3＝g tan θ，a4＝g tan α.则tan α＝2tan θ.答案 B9.图3－3－20如图3－3－20所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()．解析小木块被释放后的开始阶段做匀加速直线运动，所受摩擦力沿斜面向下，加速度为a1.当小木块的速度与传送带速度相同后，小木块开始以a2的加速度做匀加速直线运动，此时小木块所受摩擦力沿斜面向上，所以a1>a2，在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故选项D对．(传送带模型)答案 D10．(2018·福建卷，16)如图3－3－21甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图3－3－21乙所示．已知v2>v1，则()．图3－3－21A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误．相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确，C、D均错误．(传送带模型)答案 B11.图3－3－22两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为θ的斜面上，如图3－3－22所示，滑块A、B 质量分别为M 、m ，A 与斜面间的动摩擦因数为μ1，B 与A 之间的动摩擦因数为μ2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B 受到的摩擦力．解析 把A 、B 两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有(M ＋m )g sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a 得a ＝g (sin θ－μ1cos θ)．由于a <g sin θ，可见B 随A 一起下滑过程中，必须受到A 对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为f B (如图所示)．由牛顿第二定律有mg sin θ－f B ＝ma得f B ＝mg sin θ－ma ＝mg sin θ－mg (sin θ－μ1cos θ)＝μ1mg cos θ.(程序思维法) 答案 μ1mg cos θ，方向沿斜面向上图3－3－2312．水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图3－3－23所示为一水平传送带装置示意图．紧绷的传送带AB 始终保持恒定的速率v ＝1 m/s 运行，一质量为m ＝4 kg 的行李无初速度地放在A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求行李做匀加速直线运动的时间；(3)如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B 处，求行李从A 处传送到B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．解析 (1)滑动摩擦力f ＝μmg ＝0.1×4×10 N ＝4 N ， 加速度a ＝μg ＝0.1×10 m/s 2＝1 m/s 2.(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，则 v ＝at 1，t 1＝v a ＝11s ＝1 s.(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a ＝1 m/s 2，当行李到达右端时，有v min 2＝2aL ，v min ＝2aL ＝2×1×2 m/s ＝2 m/s ，所以传送带对应的最小运行速率为2 m/s.行李最短运行时间由v min ＝a ×t min 得t min ＝v min a ＝21s ＝2 s ．(传送带模型) 答案 (1)4 N 1 m/s 2 (2)1 s (3)2 s 2 m/s。