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专题二 第二讲 知能综合验收


1.(2011· 浙江理综)如图 2-2-7 所示,甲、乙两人在冰面上“拔河”.两 人中间位置处有一分界线,约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计, 冰面可看成光滑,则下列说法正确的是

图 2-2-7

A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C.若甲的质量比乙大,则甲能赢得“拔河”比赛的胜利 D.若乙收绳的速度比甲快,则乙能赢得“拔河”比赛的胜利 解析 A 项中两力是一对作用力与反作用力,A 错;B 项中两力是一对平衡 F 1 力,B 错;因 m 甲>m 乙,由 a=m知 a 甲<a 乙,因 x= at2 得 x 乙>x 甲,C 项正确; 2 1 由 x= at2 知 x 与收绳的速度无关,D 项错. 2 答案 C 2.(2011· 北京理综)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节 等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力 F 的大小随时间 t 变化的情况如图 2-2-8 所示. 将蹦极过程近似为在竖直方向的 运动,重力加速度为 g.据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为

图 2-2-8

A.g B.2g C.3g D.4g 解析 “蹦极”运动的最终结果是运动员悬在空中处于静止状态,此时绳 的拉力等于运动员的重力,由图可知,绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等 3 3 5 于 F0 即 mg= F0 即 F0= mg.当绳子拉力最大时,运动员处于最低点且合力最 5 5 3 9 大,故加速度也最大,此时 F 最大= F0=3mg,方向竖直向上,由 ma=F 最大- 5

mg=3mg-mg=2mg 得最大加速度为 2g,故 B 正确. 答案 B

图 2-2-9 3.(2011· 北京东城区模拟)如图 2-2-9 所示,质量为 m 的小圆板与轻弹簧 相连,把轻弹簧的另一端固定在内壁光滑的圆筒底部,构成弹射器.第一次用 弹射器水平弹射物体,第二次用弹射器竖直弹射物体,关于两次弹射时情况的 分析,正确的是 A.两次弹射瞬间,圆板受到的合力均为零 B.两次弹射瞬间,弹簧均处于原长 C.水平弹射时弹簧处于原长,竖直弹射时弹簧处于拉伸状态 D.水平弹射时弹簧处于原长,竖直弹射时弹簧处于压缩状态 解析 根据牛顿第二定律和题意可知,当小圆板和弹射物体的加速度不同 时,二者才会发生分离,当弹簧末恢复原长时,小圆板和弹射物体始终受到弹 力作用,故二者加速度始终相等,当弹簧处于原长时,弹簧与小圆板之间没有 相互作用,故小圆板和弹射物体之间也没有相互作用,若弹簧再稍有伸长时, 小圆板受到弹簧作用力与运动方向相反,则此时小圆板和弹射物体的加速度不 相同,故可确定两种情况下弹簧处于原长时,二者均开始分离,故 B 选项正确. 答案 B

图 2-2-10 4.(2011· 高考课标)如图 2-2-10,在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够 长的木板,其上叠放一质量为 m2 的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力 和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间 t 增大的水平力 F=kt(k 是常数),木 板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2.下列反映 a1 和 a2 变化的图线中正确的是

图 2-2-11

在 m2 与 m1 相对滑动前,F=kt=(m1+m2)a,a 与 t 成正比关系,a1 k -t 关系图线的斜率为 ,当 m1 与 m2 相对滑动后,m1 受的是 f21=m2gμ= m1+m2 m2gμ kt k m1a1, 1= a 为一恒量, m2 有 F-m2gμ=m2a2, a2= -gμ, 对 得 斜率为 , m1 m2 m2 可知 A 正确,B、C、D 错误. 答案 A 5.(2011· 江苏徐州模拟)如图 2-2-12 所示,A、B 为两个带异种电荷的小

解析

球,分别被两根绝缘细绳系在木盒内的一竖直线上.静止时,木盒对地面的压 力为 N,细绳对 B 的拉力为 F,若将系 B 的细绳断开,下列说法中正确的是

图 2-2-12

A.细绳刚断开时,木盒对地面的压力仍为 N B.细绳刚断开时,木盒对地面的压力为 N+F C.细绳刚断开时,木盒对地面的压力为 N-F D.在 B 向上运动的过程中,木盒对地面的压力逐渐变大 解析 没剪断前,A、B 间的吸引力为内力,木盒对地面的压力等于物体的 总重力,细绳刚剪断,A 的受力不变,盒子和 B 之间的拉力没有了,盒子仍受 力平衡,故盒子受到地面的支持力增大了 F,AC 错误,B 正确;在 B 向上运动 的过程中,物体 A 所受到的 B 的吸引力增大,A 绳子所受的拉力增大,木盒对 地面的压力增大,D 正确. 答案 BD

图 2-2-13 6.(2011· 浙江温州检测)新中国成立 60 周年,在天安门广场进行十年一次的 大阅兵仪式,各个部队和军种都在紧张的演练,在空军演练中,某空降兵从飞 机上跳下,他从跳离飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的 v-t 图象如图 2-2 -13 所示,则下列说法正确的是 A.0~10 s 内空降兵和伞整体所受重力大于空气阻力,10~15 s 整体所受 重力小于空气阻力 B. 0~10 s 内做加速度逐渐减小的加速运动, 10~15 s 内做加速度增大的减 速运动 C.第 10 s 末打开降落伞,以后做匀减速运动至第 15 s 末 D.10~15 s 加速度方向竖直向上,加速度的大小在逐渐减小 解析 由 v-t 图象可知,0~10 s 内做加速度逐渐减小的加速运动,空降兵 和伞整体所受重力大于空气阻力,10~15 s 内做加速度逐渐减小的减速运动,加 速度方向竖直向上, 整体所受重力小于空气阻力, 因此选项 B、 错误, C 选项 A、 D 正确. 答案 AD

图 2-2-14 7. (2010· 全国Ⅰ卷)如图 2-2-14 所示, 轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连,下端与另一质量为 M 的木块 2 相连,整个系统置于水平放置的光滑木板 上,并处于静止状态.现将木板沿水平方向突然抽出,设抽出后的瞬间,木块 1、 2 的加速度大小分别为 a1、a2.重力加速度大小为 g.则有 A.a1=0,a2=g B.a1=g,a2=g m+M m+M C.a1=0,a2= M g D.a1=g,a2= M g

解析 在木板抽出后的瞬间,弹簧未来得及发生形变,所以木块 1 所受重 力和弹力均不变,合力为零,则 a1=0.木块 2 受重力 Mg 和弹簧弹力 F=mg,如 M+m 右图所示,由牛顿第二定律得 Mg+mg=Ma2,则 a2= M g,选项 C 正确. 答案 C 8.(2011· 江西师大附中检测)一质量 m=0.5 kg 的滑块以一定的初速度冲上 一倾角为 30° 足够长的斜面, 某同学利用 DIS 实验系统测出了滑块冲上斜面过程 中多个时刻的瞬时速度,如图 2-2-15 所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过 程的 v-t 图.求:(g 取 10 m/s2)

图 2-2-15

(1)滑块冲上斜面过程中加速度大小; (2)滑块与斜面间的动摩擦因数. Δv ?0-6? ? 解析 (1)滑块的加速度大小为 a= =? Δt ? 0.5 ? =12(m/s2) (2)滑块在冲上斜面过程中 mgsin θ+μmgcos θ=ma a-gsin 30° 12-10×0.5 7 3 μ= = = =0.81. gcos 30° 15 3 10× 2

答案 (1)12 m/s2 (2)0.81 9.(2011· 山东菏泽模拟)如图 2-2-16 所示,一根劲度系数 k=200 N/m 的 轻质弹簧,拉着质量为 m=0.2 kg 的物体从静止开始沿倾角为 θ=37° 的斜面匀 加速上升,此时弹簧伸长量 x=0.9 cm,在 t=1.0 s 内物体前进了 s=0.5 m.求:

图 2-2-16

(1)物体加速度的大小; (2)物体和斜面间的动摩擦因数.(g=10 m/s2,sin37° =0.6,cos37° =0.8) 1 2 解析 (1)根据运动学公式:s= at 2 2×0.5 2s 得:a= 2 = m/s2=1.0 m/s2 t 1.02 (2)物体在运动过程中受力情况如图所示,根据牛顿第二定律得:

F-Ff-mgsin37° =ma FN=mgcos37° =1.6 N 根据胡克定律得:F=kx F=200×0.9×10-2 N=1.8 N 解得:Ff=F-mgsin37° -ma=0.4 N Ff 0.4 由 Ff=μFN 得:μ= = =0.25. FN 1.6 答案 (1)1.0 m/s2 (2)0.25 10.(2011· 山东理综)如图 2-2-17 所示,在高出水平地面 h=1.8 m 的光滑 平台上放置一质量 M=2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板 A,其右段长度 l1=0.2 m 且表面光滑,左段表面粗糙.在 A 最右端放有可视为质点的物块 B, 其质量 m=1 kg,B 与 A 左段间动摩擦因数 μ=0.4.开始时二者均静止,先对 A 施加 F=20 N 且水平向右的恒力, B 脱离 A(A 尚未露出平台)后, A 取走. 待 将 B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 x=1.2 m(取 g=10 m/s2)求: (1)B 离开平台时的速度 vB. (2)B 从开始运动到刚脱离 A 时,B 运动的时间 tB 和位移 xB. (3)A 左端的长度 l2.

图 2-2-17 解析 (1)设物块做平抛运动的时间为 t,由运动学知识可得 1 h= gt2① 2 x=vBt② 联立①②式,代入数据得 vB=2 m/s③ (2)设 B 的加速度为 aB,由牛顿第二定律和运动学的知识得 μmg=maB④ vB=aBtB⑤ 1 xB= aBt2 ⑥ 2 B 联立③④⑤⑥式,代入数据得 tB=0.5 s⑦ xB=0.5 m⑧ (3)设 B 刚开始运动时 A 的速度为 v1,由动能定理得 1 Fl1= Mv2⑨ 2 1 设 B 运动后 A 的加速度为 aA,由牛顿第二定律和运动学的知识得 F-μmg=MaA⑩ 1 (l2+xB)=v1tB+ aAt2 ? 2 B 联立⑦⑧⑨⑩?式,代入数据得 l2=1.5 m. 答案 (1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m


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