專題一　第2講

限時：40分鐘
一、選擇題(本題共8小題，其中1～4題為單選，5～8題為多選)
1．(2019·山東省淄博市一模)2018年10月19日，航天員景海鵬、陳冬順利進入“天宮二號”，在“天宮二號”內，下列實驗不能進行的是導學號 86084035( C )
A．用彈簧秤驗證力的平行四邊形定則
B．用伏安法測干電池電動勢和內阻
C．用自由落體運動研究動能和重力勢能轉化的規(guī)律
D．用磁鐵、線圈、靈敏電流計等探究感應電流產生的條件
[解析]　用彈簧秤驗證平行四邊形定則與重力無關，故可以進行，故A不符合題意；用伏安法測干電池電動勢和內阻與重力無關，可以進行，故B不符合題意；用自由落體運動研究動能與重力勢能轉化的規(guī)律時，與物體的重力有關，故C不能進行，符合題意；用磁鐵、線圈、靈敏電流計等探究感應電流產生的條件與重力無關，可以進行，故D不符合題意。本題選擇不能進行的，故選：C。
2．2019年4月2日，哥倫比亞西南部普圖馬約省首府莫科阿市因暴雨導致多處發(fā)生泥石流。據當地媒體消息，泥石流已造成206人死亡。一輛汽車正在前往救援的平直公路上勻速行駛，由于前方道路遭到嚴重破壞，司機采取緊急剎車做勻減速運動，依次經過a、b、c、d四點，如圖所示，已知通過ab、bc和cd位移的時間之比為1：2：3，ab和cd距離分別為x1和x2，則bc段的距離為導學號 86084036( D )

A．x1＋x22　　　　　　　　B．2x1x2x1＋x2
C．3x1＋4x24 D．5x1＋x24
[解析]　將bc段分成時間相等的兩段，位移分別為x3、x4，將cd段分成時間相等的三段，位移分別為x5、x6、x7，設每一段時間為T，根據勻變速直線運動的推論知，x3＝x1＋aT2，x4＝x1＋2aT2，x5＝x1＋3aT2，x6＝x1＋4aT2，x7＝x1＋5aT2，可知xbc＝x3＋x4＝2x1＋3aT2，x2－x1＝(x5＋x6＋x7)－x1＝3x1＋12aT2－x1＝2x1＋12aT2，可知aT2＝x2－3x112，解得xbc＝5x1＋x24。故選：D。
3．(2019·湖南省邵陽市二模)學校“身邊的物理”社團小組利用傳感器研究物體的運動。在一小球內部裝上無線傳感器，并將小球豎直向上拋出，通過與地面上接收裝置相連的計算機描繪出小球上拋后運動規(guī)律的相關圖象。已知小球在運動過程中受到的空氣阻力隨速度的增大而增大，則下列圖象可能是計算機正確描繪的是(已知v、t分別表示小球速度的大小、運動的時間)導學號 86084037( D )

[解析]　在上升階段，物體做減速運動，根據牛頓第二定律可知，mg＋f＝ma，其中f＝kv，由于速度減小，阻力減小，加速度減小，當速度達到0時，小球向下做加速運動，根據mg－kv＝ma可知，隨時間的延續(xù)，速度增大，阻力增大，加速度減小，在v－t圖象中斜率代表加速度，故D正確。
4．(2019·吉林省實驗中學二模)如圖所示，細線的一端系一質量為m的小球，另一端固定在傾角為θ的光滑斜面體頂端，細線與斜面平行。在斜面體以加速度a水平向右做勻加速直線運動的過程中，小球始終靜止在斜面上，小球受到細線的拉力T和斜面的支持力FN分別為(重力加速度為g)導學號 86084038( C )

A．T＝m(acosθ－gsinθ) FN＝m(gcosθ＋asinθ)
B．T＝m(gcosθ＋asinθ) FN＝m(gsinθ－acosθ)
C．T＝m(gsinθ＋acosθ) FN＝m(gcosθ－asinθ)
D．T＝m(asinθ－gcosθ) FN＝m(gsinθ＋acosθ)
[解析]　當加速度a較小時，小球與斜面一起運動，此時小球受重力、繩子拉力和斜面的支持力，繩子平行于斜面；小球的受力如圖：

水平方向上
由牛頓第二定律得：Tcosθ－FNsinθ＝ma……①
豎直方向上由平衡得：Tsinθ＋FNcosθ＝mg……②
①②聯立得：FN＝m(gcosθ－asinθ)，T＝m(gsinθ＋acosθ)。故C正確。
5．如圖所示，兩個質量均為m且用輕彈簧相連接的物塊A、B放在一傾角為θ的光滑斜面上，系統(tǒng)靜止�，F在用一平行于斜面向上的恒力F拉物塊A，使之沿斜面向上運動，當物塊B剛要離開固定在斜面上的擋板C時，物塊A運動的距離為d，瞬時速度為v，已知彈簧勁度系數為k，重力加速度為g，則導學號 86084039( AC )

A． 此時物塊A運動的距離d＝2mgsinθk
B． 此時物塊A的加速度a＝F－kd－mgsinθm
C． 此過程中彈簧彈性勢能的改變量ΔEp＝0
D． 此過程中彈簧彈性勢能的改變量ΔEp＝Fd－12mv2
[解析]　系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài)，彈簧的彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，由胡克定律得：mgsinθ＝kx1；得此時彈簧的壓縮量為：x1＝mgsinθk，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面下的分力，根據胡克定律得：此時彈簧的伸長量為：x2＝mgsinθk，則有：d＝x1＋x2＝2mgsinθk，故A正確；由上得：x2＝12d，根據牛頓第二定律得：a＝F－kx2－mgsinθm＝F－12kd－mgsinθm，故B錯誤；由于開始時和B剛離開C時彈簧的壓縮量與伸長量相等，所以彈簧的彈性勢能的改變量ΔEp＝0，故C正確，D錯誤。
6．(2019·寧夏銀川九中一模)一質點做勻變速直線運動，在時間間隔t內位移大小為s，動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質點的加速度大小為導學號 86084040( AC )
A．st2 B．3s2t2
C．4st2 D．3st2
[解析]　末動能變?yōu)樵瓉淼?倍，則末速度大小為初速度大小的3倍，設質點的初速度為v0，若末速度方向和初速度方向相同，則質點的速度為v＝v0＋at＝3v0，由速度位移公式得v2－v20＝2as，解得a＝st2；若末速度方向和初速度方向相反，則v＝v0＋at＝－3v0，由速度位移公式得v2－v20＝2as，解得a＝4st2，故AC正確。
7．傾角為θ的斜面體M靜止放在粗糙水平地面上，其斜面也是粗糙的。已知質量為m的物塊恰可沿其斜面勻速下滑。今對下滑的物塊m施加一個向左的水平拉力F，物塊仍沿斜面向下運動，斜面體M始終保持靜止。則此時導學號 86084041( BD )

A． 物塊m下滑的加速度等于Fcosθm
B． 物塊m下滑的加速度大于 Fcosθm
C． 水平面對斜面體M的靜摩擦力方向水平向右
D． 水平面對斜面體M的靜摩擦力大小為零
[解析]　由題意知，物塊自己能夠沿斜面勻速下滑，得mg sinθ＝μmg cosθ，施加拉力F后，mg sinθ＋Fcosθ－μ(mgcosθ－Fsinθ)＝ma，解得a＝Fcosθ＋μFsinθm，所以A錯誤；B正確；以斜面體為研究對象，受物塊的摩擦力沿斜面向下為Ff＝μ(mgcosθ－Fsinθ)，正壓力FN＝mgcosθ－Fsinθ，又μ＝tanθ，把摩擦力和壓力求和，方向豎直向下，所以斜面體在水平方向沒有運動的趨勢，故不受地面的摩擦力，所以D正確；C錯誤。
8．(2019·江西省師大附中一模)如圖，水平地面上有一楔形物塊a，傾角為θ＝37°，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細繩的一端相連，細繩的另一端固定在斜面上。a與b之間光滑，a與b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運動。當它們剛運行至軌道的粗糙段時(物塊a與粗糙地面間的動摩擦因數為μ，g＝10 m/s2)，則導學號 86084042( BC )

A． 若μ＝0.10，則細繩的拉力為零，地面對a的支持力變小
B． 若μ＝0.10，則細繩的拉力變小，地面對a的支持力不變
C． 若μ＝0.75，則細繩的拉力為零，地面對a的支持力不變
D． 若μ＝0.80，則細繩的拉力變小，地面對a的支持力變小
[解析]　在光滑段運動時，物塊a及物塊b均處于平衡狀態(tài)，對a、b整體受力分析，受重力和支持力，二力平衡；

對b受力分析，如圖，受重力、支持力、繩子的拉力，根據共點力平衡條件，有Fcosθ－FNsinθ＝0；Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0；由兩式解得F＝mgsinθ，FN＝mgcosθ；
當它們剛剛運動至軌道的粗糙段時，減速滑行，系統(tǒng)有水平向右的加速度，而b向右的加速度最大為am＝gtanθ＝10×34m/s2＝7.5m/s2，此時繩對b沒有拉力。若μ＝0.1，則物塊a、b仍相對靜止，豎直方向加速度為零，由牛頓第二定律得到：Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0；FNsinθ－Fcosθ＝ma；由兩式解得：F＝mgsinθ－macosθ，FN＝mgcosθ＋masinθ；即繩的張力F將減小，而a對b的支持力變大；再對a、b整體受力分析豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡，故地面對a支持力不變，故A錯誤，B正確；若μ＝0.75，a的加速度為7.5 m/s2，物塊b的重力和支持力正好提供其運動的加速度，故繩的拉力為零；再對a、b整體受力分析豎直方向重力和支持力平衡，水平方向只受摩擦力，重力和支持力二力平衡； 故地面對a支持力不變，故C正確；若μ＝0.8，則a的加速度為8 m/s2；同理可得：Fsinθ＋FNcosθ－mg＝0；FNsinθ－Fcosθ＝ma；聯立解得F＝mgsinθ－macosθ，FN＝mgcosθ＋masinθ，則細繩的拉力變��；再對整體受力分析可知，由C的分析可知，地面對a的支持力不變，故D錯誤。
二、非選擇題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟)
9．(2019·山東省濟寧市二模)車站、碼頭、機場等使用的貨物安檢裝置的示意圖如圖所示，繃緊的傳送帶始終保持υ＝1 m/s的恒定速率運行，AB為水平傳送帶部分且足夠長，現有一質量為m＝5 kg的行李包(可視為質點)無初速度的放在水平傳送帶的A端，傳送到B端時沒有被及時取下，行李包從B端沿傾角為37°的斜面滑入儲物槽，已知行李包與傳送帶的動摩擦因數為0.5，行李包與斜面間的動摩擦因數為0.8，g＝10 m/s2，不計空氣阻力(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。導學號 86084043

(1)行李包相對于傳送帶滑動的距離；
(2)若B輪的半徑為R＝0.2 m，求行李包在B點對傳送帶的壓力；
(3)若行李包滑到儲物槽時的速度剛好為零，求斜面的長度。
[解析]　(1)行李包在水平傳送帶上有摩擦力產生加速度，由牛頓第二定律得：
μ1mg＝ma1
所以： a1＝μ1g＝0.5×10＝5 m/s2
行李包達到傳送帶的速度需要的時間：v＝a1t1
所以：t1＝va1＝15＝0.2 s
行李包前進的距離：x1＝12a1t21
傳送帶前進的距離：x2＝vt1
行李包相對于傳送帶的距離：Δx＝x2－x1
代入數據解得：Δx＝0.1 m
(2)行李包在B點受到重力和支持力的作用，由牛頓第二定律可知：
mg－F＝mv2R
代入數據得：F＝25 N
根據牛頓第三定律，行李包在B點對傳送帶的壓力大小是25 N，方向豎直向下。
(3)行李包在斜面上受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面向下的方向：
μ2mgcos37°－mgsin37°＝ma2
要使它到達底部時的速度恰好為0，則：0－v2＝－2a2x
代入數據解得：x＝1.25 m
10．(2019·山東省淄博市一模)如圖甲所示，可視為質點的A、B兩物體置于一靜止長紙帶上，紙帶左端與A間距為d1＝0.5 m，A與B間距為d2＝1.5 m。兩物體與紙帶間的動摩擦因數均為μ1＝0.1，質點A、B與地面間的動摩擦因數為μ2＝0.2，現以恒定的加速度a＝2 m/s2向右水平拉動紙帶，重力加速度g＝10 m/s2。導學號 86084044

(1)A物體在紙帶上的滑動時間；
(2)在給定的坐標系中定性畫出A、B兩物體的v－t圖象；
(3)兩物體A、B停在地面上的距離s。
[解析]　(1)物體A在紙帶上滑動時，由牛頓第二定律有：μ1mg＝ma1
當物體A滑離紙帶時，有：12at21－12a1t21＝d1
由以上二式，代入數據解得：t1＝1 s
(2)A和B都先在紙帶上做勻加速后在地面上做勻減速運動，而且兩個物體勻加速和勻減速運動的加速度大小均相等，則圖線的斜率相同。如圖所示。

(3)物體A離開紙帶時的速度為：v1＝a1t1
兩物體在地面上運動時有：μ2mg＝ma2
物體A從開始運動到停在地面上過程中的總位移為：
s1＝12a1t21＋v212a2
物體B與A在紙帶上滑動時加速度相同，均為a1。當B滑離紙帶時有：
12at22－12a1t22＝d1＋d2
物體B離開紙帶的速度為：v2＝a1t2
物體B從開始運動到停在地面上過程中的總位移為：
S2＝12a1t22＋v222a2
兩物體AB最終停止時的間距為：s＝s2＋d2－s1
由以上各式可得：s＝3.75 m。
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.portlandfoamroofing.com/gaosan/1178920.html

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