【文档说明】高考物理一轮复习（通用版）分层限时跟踪练8 Word版含解析.doc，共(10)页，1.062 MB，由MTyang资料小铺上传

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分层限时跟踪练(八)(限时40分钟)一、单项选择题1．如图3-2-13甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开

始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()图3-2-13A.2sB．2sC.3sD．22s【解析】A、E两点在以D为圆心、半径为R＝10m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下

落的时间相同，t＝4Rg＝4ADg＝2s，选B.【答案】B2.(2016·杭州检测)如图3-2-14所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某过程中观

察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()图3-2-14A．mg，竖直向上B．mg1＋μ2，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg1＋tan2θ，斜向右上方【解析】由题图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a＝gtanθ；小车对

物块B向右的静摩擦力为Ff＝ma＝mgtanθ；竖直向上的支持力FN＝mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F＝F2f＋F2N＝mg1＋tan2θ，方向为斜向右上方，故D正确．【答案】D3.如图3-2-15所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量

mA＜mB，A由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则在A向上运动的过程中，轻绳的拉力()图3-2-15A．T＝mAgB．T＞mAgC．T＝mBgD．T＞mBg【解析】物体A向上加速运动，物体B向下加速运动，因此A处于超重状态，T＞mAg，B处于失重状态，T＜mBg，故B正确．【答案】

B4．(2016·绍兴模拟)假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星——“木卫四”的表面．如果发动机提供了一个3260N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降．如果发动机仅提供2200N的推力，登陆舱以0.4m/s2的加速度下降．则登陆舱的质量与“木卫四”表面的自由落体加

速度分别为()A．326kg，1.23m/s2B．2650kg，2.46m/s2C．2650kg，1.23m/s2D．326kg，2.46m/s2【解析】登陆舱以恒定速率下降时有F1－mg＝0；加速下降时，由牛顿第二定律得

mg－F2＝ma，联立解得m＝2650kg，g＝1.23m/s2，选项C正确．【答案】C5.如图3-2-16所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带

上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是()图3-2-16A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小或也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从

A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥gsinθ【解析】若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若μ≥tanθ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传

送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tanθ，则粮袋先做加速度为g(sinθ＋μsinθ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sinθ－μsinθ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿

传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mgsinθ＋μmgcosθm＝g(sinθ＋μcosθ)，选项B错误；若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能一直是做匀加速运动，也可能先

匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C、D均错误．【答案】A二、多项选择题6.(2016·宜兴模拟)在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2.04m的成绩获得冠军

．弗拉希奇身高约为1.93m，忽略空气阻力，g取10m/s2.则下列说法正确的是()图3-2-17A．弗拉希奇下降过程处于失重状态B．弗拉希奇起跳以后在上升过程处于超重状态C．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力大于她所受的重力D

．弗拉希奇起跳时的初速度大约为3m/s【解析】上升和下降过程，重力加速度都向下，故失重，A对，B错；起跳过程，加速度向上，超重，支持力大于重力，C对；上升高度(重心升高高度)h＝(2.04－1.932)m＝1.075m，上升过程满足0－v20＝

－2gh，所以v0＝2gh＝2×10×1.075m/s＝21.5m/s＞3m/s，故D错．【答案】AC7.如图3-2-18所示，水平传送带A、B两端相距x＝4m，以v0＝4m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，

由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕．已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()图3-2-18A．煤块从A运动到B的时间是

2.25sB．煤块从A运动到B的时间是1.5sC．划痕长度是0.5mD．划痕长度是2m【解析】根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝μmgm＝4m/s2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t1＝v0a＝1s，位移大小x1＝12at

21＝2m＜x，此后煤块与传送带以相同的速度匀速运动直至B端，所以划痕长度即为煤块相对于传送带的位移大小，即Δs＝v0t1－x1＝2m，选项D正确、C错误；x2＝x－x1＝2m，匀速运动的时间t2＝x2v0＝0.5s，运动的总时间t＝t1＋t2＝1.5s，选项

B正确、A错误．【答案】BD8．如图3-2-19甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球．斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN.若T-a图象

如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10m/s2.则()图3-2-19A．a＝403m/s2时，FN＝0B．小球质量m＝0.1kgC．斜面倾角θ的正切值为34D．小球离开斜面之前，FN＝0.8

＋0.6a(N)【解析】小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsin

θ，所以T-a图象呈线性关系，由题图乙可知a＝403m/s2时，FN＝0，选项A正确．当a＝0时，T＝0.6N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝403m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以m

gcotθ＝ma，联立可得tanθ＝34，m＝0.1kg，选项B、C正确．将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ得FN＝0.8－0.06a(N)，选项D错误．【答案】ABC9．一小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，

如图3-2-20甲所示．固定在传送带右端的位移传感器记录了物块被击中后的位移x随时间t的变化关系图象，如图乙所示，图象前3s内为二次函数，3～4.5s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向．已知传送带的速度v1保持不变，g取10m/s2.下列说法正确的是()甲乙图3-

2-20A．前3s与3～4.5s内物块所受的摩擦力方向相反B．传动带与物块间的动摩擦因数是0.1C．物块被子弹击中后向左运动的初速度是4m/sD．物块在传送带上滑过的痕迹是9m【解析】由x-t图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2s末减到v＝0，然后向右

加速，前3s内物块所受的摩擦力始终向右，3～4.5s内物块随传送带向右匀速运动，物块不受摩擦力，选项A错误；3～4.5s内，物块与传送带共速，速度v1＝ΔxΔt＝31.5m/s＝2m/s，2～3s内，物块向右匀加速运动，加速度大小a＝

μg，v1＝aΔt1，可得μ＝0.2，选项B错误；0～2s内，物块向左匀减速运动，加速度大小a＝μg＝2m/s2，初始时刻物块的速度v0＝aΔt2＝4m/s，选项C正确；0～2s内，物块与传动带相对运动，划过的痕迹

x1＝v1t1＋4m＝8m，2～3s内划过的痕迹x2＝v1t2－v1t22＝1m，痕迹总长x＝x1＋x2＝9m，选项D正确．【答案】CD三、非选择题10.如图3-2-21是某同学的航模飞机，操作遥控器使飞机起飞时，飞机受到空气竖直向上的恒定推动力，大小是重力

的43倍．一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3s末关闭发动机．(忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2)图3-2-21(1)此飞机最高可上升到距地面多高处？(2)关闭发动机多长时间后重新启动，才能使飞机恰好安全落地？【

解析】(1)飞机加速上升阶段，由牛顿第二定律可得：F－mg＝ma1解得：a1＝13g3s末的速度为v1＝a1t1＝10m/s上升的高度为h1＝12a1t21＝15m减速上升阶段有a2＝g上升的高度为h2＝v212g＝5m故总上升的高度为H＝h1＋h2

＝20m.(2)设飞机上升到最高点后经过时间Δt启动发动机，再经Δt′飞机安全落地，则由运动学公式可得：v＝gΔt＝13gΔt′12g(Δt)2＋12×13g(Δt′)2＝H解得：Δt＝1s，Δt′＝3s关闭发动机后上升的时间为t2＝v1g＝1s故关闭发动机后经过t＝Δt＋t2＝2s，重新启动发动

机，飞机安全落地．【答案】(1)20m(2)2s11．如图3-2-22所示，在海边的沙滩上，堆积一个斜坡，可看成一个斜面．一个小孩从斜坡上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面(假设经过B点前后速度大小不变)，最后停在C点．每隔2s小孩的瞬

时速度记录在下表中，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小孩在AB段和BC段的加速度大小及小孩与沙子之间的动摩擦因数；(2)小孩从A点滑到C点的总路程和时间(计算结果保留两位有效数字)．图3-2-22t(s)0246v(m/s)08.014.79.7【解析】(1)由表格知：0～2s内

小孩一定在AB段做匀加速运动，加速度大小a1＝v2－02s＝4m/s24～6s内小孩一定在BC段做匀减速运动，加速度大小a2＝v4－v62s＝2.5m/s2设小孩的质量为m，在BC段，根据牛顿第二定律：μmg＝ma2可得μ＝0.25.(2)假设小孩从A点运动到B点的时间是t1，那么到4s末时

小孩在BC段减速运动的时间为t减＝4s－t1，故v4＝a1t1－a2t减解得t1＝3.8s此时速度v1＝a1t1＝15.2m/s滑行的路程x1＝12v1t1＝28.88m假设小孩从B点运动到C点的时间是t2，则：v1－a2t2＝0，解得t2＝6.08s滑行的路程x2＝

12v1t2＝46.208m故总路程x＝x1＋x2≈75m总时间t＝t1＋t2≈9.9s.【答案】(1)4m/s22.5m/s20.25(2)75m9.9s12.如图3-2-23，质量m＝2kg的物体静止于水

平地面的A处，A、B间距L＝20m，用大小为30N沿水平方向的外力拉此物体，经t0＝2s拉至B处．(已知cos37°＝0.8，sin37°＝0.6，取g＝10m/s2)图3-2-23(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)用大小为30N与水平

方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t.【解析】(1)物体做匀加速运动L＝12a0t20则a0＝2Lt20＝2×2022m/s2＝10m/s2由牛顿第二定律，F－f＝ma0f＝30N－2×10N＝10N则μ＝fmg＝102×10＝

0.5.(2)F作用的最短时间为t，设物体先以大小为a的加速度匀加速时间t，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速时间t′到达B处，速度恰为0，由牛顿第二定律Fcos37°－μ(mg－Fsin37°)＝ma则a＝F（cos37°＋

μsin37°）m－μg＝[30×（0.8＋0.5×0.6）2－0.5×10]m/s2＝11.5m/s2a′＝fm＝μg＝5m/s2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′则t′＝aa′t＝11.55t＝2.3tL＝12

at2＋12a′t′2则t＝2La＋2.32a′＝2×2011.5＋2.32×5s＝1.03s.【答案】(1)0.5(2)1.03s