2024年高考物理第一轮复习：专题强化课(02)　限时规范训练

这是一份2024年高考物理第一轮复习：专题强化课(02)　限时规范训练，共11页。

限时规范训练
[基础巩固]
1．几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中．电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图甲所示．然后电梯由1层直接升到10层，之后又从10层直接回到1层．图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数．根据记录，进行推断分析，其中正确的是(　　)

A．根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动
B．根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态
C．根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动
D．根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态
解析：A　题图甲表示电梯静止时体重计的示数，题图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升，故A正确；题图丙示数小于静止时体重计的示数，人处于失重状态，故B错误；题图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；题图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误．
2．如图所示，台秤上放一个装有水的容器，有一个金属球挂在弹簧测力计下面，现将金属球浸没在水中，比较在金属球浸入水中前、后的情况(　　)

A．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数不变
B．弹簧测力计的示数不变，台秤的示数增加
C．弹簧测力计的示数减小，台秤的示数增大，且弹簧测力计减少的示数等于台秤增加的示数
D．弹簧测力计的示数增大，台秤的示数减小，且弹簧测力计增加的示数等于台秤减少的示数
解析：C　当金属球浸入水中后，受到向上的浮力作用，故弹簧测力计的示数减小；由牛顿第三定律，在水对金属球有向上的浮力的同时，金属球对水有向下的作用力，这两个力大小相等，方向相反，故使得台秤的示数增大，且弹簧测力计减少的示数等于台秤增加的示数，选项C正确．
3.(2022·济宁质检)如图所示，质量为M的滑块A放置在光滑水平地面上，左侧面是圆心为O、半径为R的光滑四分之一圆弧面，当用一水平恒力F作用在滑块A上时，一质量为m的小球B(可视为质点)在圆弧面上与A保持相对静止，此时小球B距轨道末端Q的竖直高度为H＝，重力加速度为g，则F的大小为(　　)
A．Mg　　　　　　 B．Mg
C．(M＋m)g D．(M＋m)g
解析：D　连接OB，设OB连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得：cos θ＝＝，sin θ＝ ＝，则tan θ＝，此时小球受到的合外力F′＝mgtan θ＝mg ，由牛顿第二定律可得：a＝＝g ，以整体为研究对象，由牛顿第二定律可得F＝(m＋M)a＝(m＋M)g，故D正确，A、B、C错误．
4．(2022·江西宜春市高三一模)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是(　　)

A．a＝μg B．a＝μg
C．a＝μg D．a＝μg
解析：B　当物块相对于木板运动时，木板的加速度最大，且木板的最大加速度a＝＝μg，故选B.
5．(2022·宁夏银川市高三模拟)塔吊吊着某建筑材料竖直向上运动时的速度—时间图像如图乙所示，由图像可知，该建筑材料(　　)

甲　　　　　　　　　　　　乙
A．前15 s内先上升后下降
B．前15 s内速度先增加后减小
C．前5 s内处于失重状态
D．前10 s内的平均速度等于0.5 m/s
解析：B　v­t图像的纵坐标表示速度，其正负表示速度的方向，故前15 s内速度一直为正，即一直上升，A错误；v­t图像的纵坐标的数值表示速度的大小，则前15 s内速度先增加后减小，B正确；前5 s内建筑材料正在向上加速，加速度向上，则建筑材料处于超重状态，C错误；若建筑材料上升过程为匀加速直线运动和匀减速直线运动，则＝＝0.5 m/s，而实际图像描述的在相同的时间内做变加速直线运动的面积大于匀变速直线运动的面积，由＝可知整个上升过程中的平均速度大于0.5 m/s，D错误．
6．如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s 时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图像(v­t图像)如图乙所示，g取10 m/s2，求：

(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
解析：(1)物块上升的位移x1＝×2×1 m＝1 m
物块下滑的距离x2＝×1×1 m＝0.5 m
位移x＝x1－x2＝1 m－0.5 m＝0.5 m
路程L＝x1＋x2＝1 m＋0.5 m＝1.5 m.
(2)由题图乙知，有拉力F作用阶段加速度的大小
a1＝ m/s2＝4 m/s2
无拉力F作用阶段加速度大小
a2＝ m/s2＝4 m/s2
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律得
0～0.5 s内F－Ff－mgsin θ＝ma1
0．5～1 s内－Ff－mgsin θ＝ma2
联立解得F＝8 N.
答案：(1)0.5 m　1.5 m　 (2)4 m/s2　4 m/s2　8 N
[能力提升]
7．如图所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑．已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．A与B的质量之比为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　对滑块A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对滑块B在竖直方向上有μ1F＝mBg，联立解得：＝，选项B正确．


8.(2022·湖南省六校高三联考)如图所示，放在电梯地板上的一个木块相对电梯处于静止状态，此时弹簧处于压缩状态．突然发现木块被弹簧推动，据此可判断电梯此时的运动情况可能是(　　)
A．匀速上升 B．加速上升
C．减速上升 D．减速下降
解析：C　木块突然被推动，表明木块与电梯地板间的最大静摩擦力变小了，则木块与地板之间的弹力变小了，木块的重力大于电梯给木块的支持力，其合力竖直向下，木块处于失重状态，故C正确．
9．如图甲所示，一轻质弹簧放置在粗糙的水平桌面上，一端固定在墙壁上，另一端拴接物体A.A、B接触但不粘连，与水平桌面的摩擦因数均为μ，压缩弹簧使A、B恰好不滑动，mA＝mB＝5 kg，给物体B施加力F的作用使之作匀加速直线运动，F与位移s的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是(　　)

A．水平桌面的摩擦因数μ＝0.2
B．物体A、B分离时加速度相同，a＝2 m/s2
C．物体A、B分离时，弹簧压缩量x2＝0.06 m
D．开始有F作用时，弹簧压缩量x1＝0.05 m
解析：C　初始状态对A、B根据牛顿第二定律得F1＝(mA＋mB)a，解得a＝1 m/s2，B错误；恰好分离时，对B根据牛顿第二定律F2－μmBg＝mBa，解得μ＝0.5，A错误；恰好分离时，对A根据牛顿第二定律得kx2－μmAg＝mAa，初始状态对A、B根据平衡条件得kx1＝μ(mA＋mB)g，根据题意x1－x2＝0.04，解得x1＝10 cm，x2＝6 cm，C正确，D错误．
10.如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿固定的斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面．当拉力F一定时，Q受到绳的拉力(　　)
A．与斜面倾角θ有关
B．与动摩擦因数有关
C．与系统运动状态有关
D．仅与两物块质量有关
解析：D　设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，两物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析，有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，当拉力F一定时，仅与两物块质量有关，选项D正确．
11.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．物体的质量为
B．地球表面的重力加速度为2a0
C．当a>0时，物体处于失重状态
D．当a＝a1时，拉力F＝a1
解析：A　当F＝0时a＝－a0，此时的加速度为重力加速度，故g＝a0，所以B错误；当a＝0时，拉力F＝F0，拉力大小等于重力，故物体的质量为，所以A正确；当a>0时，加速度方向竖直向上，物体处于超重状态，所以C错误；当a＝a1时，由牛顿第二定律得F－mg＝ma1，又m＝，g＝a0，故拉力F＝(a1＋a0)，所以D错误．
12．某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落，他打开降落伞后的速度图线如图甲所示．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图乙所示．已知运动员的质量为50 kg，降落伞质量也为50 kg，不计运动员所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f＝kv(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)．求：

(1)打开降落伞前运动员下落的距离为多大？
(2)求阻力系数 k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向．
(3)绳能够承受的拉力至少为多少？
解析：(1)打开降落伞前运动员做自由落体运动，根据速度位移公式得
h0＝＝20 m.
(2)由题图甲可知，当速度等于5 m/s时，运动员与降落伞做匀速运动，受力平衡，
则kv＝2mg，k＝＝ N·s/m＝200 N·s/m
刚打开降落伞瞬间，根据牛顿第二定律得
a＝＝30 m/s2，方向竖直向上．
(3)设每根绳的拉力为FT，以运动员为研究对象，根据牛顿第二定律得：
8FTcos α－mg＝ma
解得FT＝＝312.5 N
所以绳能够承受的拉力至少为312.5 N.
答案：(1)20 m　(2)200 N·s/m　30 m/s2　方向竖直向上　(3)312.5 N
[热点加练]
13.(2022·威海检测)如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2.现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断前的示数相比将(　　)
A．变大 B．变小
C．不变 D．先变小后变大
解析：B　剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断前的示数相比减小了，选项B正确．
14．(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C.以下说法正确的是(　　)

A．拉力F小于11 N时，不能拉动C
B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N
C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N
D．A的加速度将随拉力F的增大而增大
解析：AC　当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力 f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N, fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23 N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F＝23 N，故C正确；当F＝17 N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，故D错误．
15．某同学为了研究物体下落过程的特点，设计了如下实验：将两本书A、B从高楼楼顶放手让其落下，两本书下落过程中没有翻转和分离，由于受到空气阻力的影响，其v­t图像如图乙所示，虚线在P点与速度图线相切，已知mA＝2 kg，mB＝2 kg，g＝10 m/s2.由图可知(　　)

甲　　　 　乙
A．0～2 s内A、B的平均速度等于4.5 m/s
B．t＝2 s时A、B受到空气阻力等于25 N
C．t＝2 s时A对B的压力等于16 N
D．下落过程中A对B的压力不变
解析：C　根据v­t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，A、B在0～2 s内的位移大于9 m，所以平均速度大于4.5 m/s，故A错误；t＝2 s时A、B的加速度大小为a＝＝2 m/s2，整体根据牛顿第二定律可得(mA＋mB)g－F阻＝(mA＋mB)a，解得t＝2 s时A、B受到空气阻力F阻＝32 N，故B错误；t＝2 s时以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得mAg－FN＝mAa，解得FN＝16 N，根据牛顿第三定律可得A对B的压力等于16 N，故C正确；下落过程中加速度逐渐减小，A对B的压力FN′＝mAg－mAa，逐渐增大，故D错误．
16．(多选)如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过滑块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速度传感器描绘出滑块的v­t图像如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时的速度图线的切线，已知滑块质量m＝2.0 kg，取g＝10 m/s2.则以下说法正确的是(　　)

A．滑块与地面间的动摩擦因数为0.3
B．滑块与地面间的动摩擦因数为0.5
C．弹簧的劲度系数为175 N/m
D．弹簧的劲度系数为150 N/m
解析：BC　根据v­t图线的斜率表示加速度，由题中图像知，滑块脱离弹簧后的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得，摩擦力大小为Ff＝μmg＝ma，所以μ＝＝0.5，故A错误，B正确；刚释放时滑块的加速度为a′＝＝ m/s2＝30 m/s2，由牛顿第二定律得kx－Ff＝ma′，代入数据解得k＝175 N/m，故C正确，D错误．
17．(多选)如图甲所示，物块的质量m＝1 kg，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A．2 s末到3 s末物块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，恒力F反向
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
D．恒力F大小为10 N
解析：BC　物块做匀减速直线运动的加速度大小为a1＝＝10 m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为t1＝＝ s＝1 s，即在t＝1 s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小a2＝＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，联立解得F＝7 N，Ff＝3 N，由Ff＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误．
18．如图甲所示为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量m＝1 kg的物体在斜面上静止释放，同时施加一沿斜面向上的拉力F，拉力F随时间t变化关系的图像如图乙所示，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)2 s末物体的速度大小；
(2)前16 s内物体发生的位移．
解析：(1)对物体受力分析，受重力、支持力、拉力、摩擦力，假设在0～2 s时间内物体沿斜面方向向下运动
因为mgsin θ－μmgcos θ－F1>0，
所以假设成立，物体在0～2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1，
解得a1＝2.5 m/s2，
v1＝a1t1，
代入数据可得v1＝5 m/s.
(2)物体在前2 s内发生的位移为x1＝a1t＝5 m，
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ－F2＝ma2，
代入数据可得a2＝－0.5 m/s2，
设物体经过t2时间速度减为零，则0＝v1＋a2t2，
解得t2＝10 s，
物体在t2时间内发生的位移为
x2＝v1t2＋a2t＝25 m，
由于mgsin θ－μmgcos θ 则物体在剩下4 s时间内处于静止状态．
故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5 m/s　(2)30 m，方向沿斜面向下