2017年秋高考二轮复习专题训练：专题能力提升练(一)解析

专题能力提升练(一)力与直线运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．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．)1.物体自O点由静止开始做匀速直线运动，A、B、C、D是轨迹上的四点，测得AB＝2m，BC＝3m，CD＝4m，且物体通过AB、BC、CD所用时间相等，则OA之间的距离为()A．1mB．0.5mC.98mD．2m解析：本题主要考查匀变速直线运动规律，意在考查学生灵活应用匀变速直线运动规律解决问题的能力．设物体做匀加速直线运动的加速度为a，OA之间的距离为s，物体通过AB、BC、CD所用时间均为t.根据匀变速直线运动规律，时间中点的瞬时速度等于该时间内的平均速度，则B点的速度vB＝sAB＋sBC2t＝5m2t，C点速度vC＝sBC＋sCD2t＝7m2t，因而加速度a＝vC－vB2t＝1mt2.根据匀变速直线运动速度位移公式，sOB＝V2B2a＝258m，故s＝sOB－sAB＝98m．选项C正确．答案：C2．老鼠离开洞穴沿直线前进，它的速度与到洞穴的距离r成反比，设它从r＝0运动到r＝r0的时间为t1，此时速度大小为v1；从r＝r0运动到r＝2r0的时间为t2，此时速度大小为v2，则有()A.v1v2＝2，t1t2＝2B.v1v2＝2，t1t2＝13C.v1v2＝2，t1t2＝14D.v1v2＝12，t1t2＝14解析：本题主要考查速度v与距离r成反比的变速运动，意在考查学生灵活运用所学物理知识解决实际问题的能力．因老鼠的爬行速度与距离成反比，所以v1v2＝2r0r0＝2；但是1v—r图线为直线，且图线和横坐标所围“面积”的物理意义为时间，故所求时间t即为图线与横轴所夹的“面积”，即t1t2＝13，所以选项B正确．答案：B3．如图甲所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小为F、作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能如图乙中()解析：本题主要考查共点力平衡的条件及其应用和力的合成与分解的运用，意在考查学生灵活应用整体法和隔离法解决问题的能力．设两个小球的质量均为m，Oa与ab和竖直方向的夹角分别为α、β.以两个小球组成的整体为研究对象，分析其受力情况，如图1所示，根据平衡条件可知，Oa绳的方向不可能沿竖直方向，且有tanα＝F2mg.以b球为研究对象，分析其受力情况，如图2所示，由平衡条件得：tanβ＝Fmg.因此αβ.选项C正确．答案：C4.如图所示，一固定杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ.若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a一起运动，此时绳子与竖直方向夹角为β，且θβ，则滑块的运动情况是()A．沿着杆加速下滑B．沿着杆加速上滑C．沿着杆减速下滑D．沿着杆减速上滑解析：本题主要考查牛顿第二定律的应用，意在考查学生的分析推理能力．对小球受力分析，由牛顿第二定律可知其加速度a＝mgsinθ＋Tsinβ－θmgsinθ，又滑块与小球保持相对静止，故滑块的加速度必须大于gsinθ，则滑块只有沿着杆减速上滑才符合要求，选项D正确．答案：D5.电子台秤放置于水平桌面上，一质量为M的框架放在台秤上，框架内有一轻弹簧上端固定在框架顶部，下端系一个质量为m的物体，物体下方用竖直细线与框架下部固定，各物体都处于静止状态．今剪断细线，物体开始振动，且框架始终没有离开台秤，弹簧不超出弹性限度，空气阻力忽略不计，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．当台秤示数最小时弹簧一定处于原长位置B．当台秤示数最小时物体一定处在平衡位置C．振动过程中台秤的最大示数一定大于(M＋m)gD．细线剪断前，其张力可能大于(M＋m)g解析：本题主要考查超重和失重的计算，意在考查学生的分析推理能力．当剪断细线时，物体开始振动，当物体运动到最高点时，有向下的最大加速度，此时台秤示数最小，所以AB选项错误；当物体运动到最低点时，有向上的最大加速度，处于超重状态，此时台秤示数最大，大于(M＋m)g，选项C正确；若细线剪断前，其张力大于(M＋m)g，则根据对称性可知框架要离开台秤，选项D错误．答案：C6．如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演，地面上演员B肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零，其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示．演员A质量40kg，长竹竿质量10kg，g＝10m/s2，则()A．演员A的加速度方向先向上再向下B．演员A所受摩擦力的方向保持不变C．t＝2s时，演员B肩部所受压力大小为380ND．t＝5s时，演员B肩部所受压力大小为540N解析：演员A先向下做匀加速运动，加速度方向向下，然后向下做匀减速运动，加速度方向向上，故A错误；演员A在整个运动的过程中摩擦力一直竖直向上，故B正确；t＝2s时，演员A向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得，mg－Ff＝ma，加速度a＝12m/s2，解得：Ff＝mg－ma＝380N，则演员B所受的压力大小为：F＝m′g＋Ff＝100N＋380N＝480N，故C错误；t＝5s时，演员向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：F′f－mg＝ma′，加速度a′＝1m/s2，解得：F′f＝mg＋ma′＝400N＋40×1N＝440N，则演员B所受的压力大小为：F′＝m′g＋F′f＝100N＋440N＝540N，故D正确．答案：BD7．如图甲所示，固定斜面AC长为L，B为斜面中点，AB段光滑．一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面上滑至最高点C，此过程中物块的动能EK随位移x变化的关系图象如图乙所示．设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度大小a随时间t、加速度大小a随位移x、机械能E随位移x变化规律的图象中，可能正确的是()解析：根据动能随x变化的关系图象知，动能先均匀增加，然后均匀减小，即合力先做正功再做负功，知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误；前半段和后半段均做匀变速直线运动，两段过程中加速度分别不变，但是两段过程中的时间不等，故B错误，C正确；根据除重力以外其他力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，若后半段拉力F和摩擦力做功的和为零，则机械能守恒，故D正确．答案：CD8．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其xt—t图象如图所示，则()A．质点做匀速直线运动，速度为0.5m/sB．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5m/s2C．质点在1s末速度为1.5m/sD．质点在第1s内的平均速度为0.75m/s答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．质点由A向B做直线运动，A、B间的距离为L，已知质点在A点的速度为v0，加速度为a，如果将L分成相等的n段，质点每通过Ln的距离加速度均增加an，求质点到达B时的速度．解析：本题主要考查匀变速直线运动的速度位移公式，意在考查学生运用数学知识解决物理问题的能力．依题意作出示意图如图所示，由题可知a1＝a＋an，a2＝a＋2an，…an－1＝a＋(n－1)an根据匀变速运动的规律有：v21－v20＝2aLnv22－v21＝2(a＋an)Lnv23－v22＝2(a＋2an)Ln……v2n－v2n－1＝2[a＋(n－1)an]Ln以上各式相加，可得：v2n－v20＝2[na＋an＋2an＋……(n－1)an]Ln解得：vB＝vn＝v20＋3n－1aLn答案：v20＋3n－1aLn10．如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为37°的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行．传送带始终以速度v0＝2m/s向右匀速运动，在t＝0时刻B从传送带左端以速度v1＝6m/s向右运动，经一段时间回到传送带的左端．已知A、B质量均为m＝1.0kg，B与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计．g取10m/s2，sin37°＝0.6.(1)求在t＝0时刻小物块B的加速度大小和方向；(2)作出小物块B在传送带上运动的速度时间图象，以向右的方向为速度的正方向，要求准确标出B速度为零时的时间值和B回到传送带左端时的速度值和时间．(不要求写出计算过程)解析：本题主要考查牛顿第二定律和传送带问题，意在考查学生的分析推理能力和综合解决物理问题的能力．(1)设轻绳的弹力大小为T，对B：μmg＋T＝ma1对A：mgsin37°－T＝ma1解得加速度大小a1＝4m/s2，方向向左(2)如图所示速度由v1＝6m/s变化到v0＝2m/s的过程，所用时间t1＝v1－v0a1＝1s，位移x1＝v1＋v02t1＝4m速度由v0＝2m/s变化到0的过程，对B：T′－μmg＝ma2对A：mgsin37°－T′＝ma2解得加速度大小a2＝2m/s2，则时间t2＝0－v0－a2＝1s位移x2＝v0＋02t2＝1mB向右运动的总时间t＝t1＋t2＝2sB回到传送带左端的过程，对B：T′－μmg＝ma3对A：mgsin37°－T′＝ma3解得加速度大小a3＝2m/s2对B：v2－0＝2a3(x1＋x2)解得速度v＝25m/s，则时间t3＝va2＝5s答案：(1)4m/s2(2)25m/s5s