福建省2011屆高三物理二輪復習 專題訓練限時訓練二B

1、福建省2011屆高三物理二輪復習專題訓練限時訓練二(B) (滿分：100分時間：45分鐘)一、單選題(本題共10小題，每小題6分，共60分) 1(2010年福建福州二模)如圖所示，水平地面上的物體質量為1kg，在水平拉力F2N的作用下從靜止開始做勻加速直線運動，頭2s內(nèi)物體的位移為3m，則物體運動的加速度大小為()A3m/s2B2m/s2C1.5m/s2 D0.75m/s2 1【解析】滑動摩擦力大小未知，所以無法根據(jù)牛頓第二定律求解。由sat2得am/s21.5m/s2，只有C選項正確?！敬鸢浮緾2(2010年山東煙臺二模)我國已完成了繞地球做勻速圓周運動的載人航天飛行，以后我國的航天飛機的載

2、員人數(shù)及航天員在太空中停留的時間都要增加，體育鍛煉成了一個必不可少的環(huán)節(jié)，下列器材最適合航天員在軌道艙中鍛煉時使用的是()A啞鈴 B彈簧拉力器C單杠 D徒手跑步機2【解析】載人航天飛機完全失重，所以無法用啞鈴、單杠或徒手跑步機，A、C、D選項均錯誤，B選項正確?！敬鸢浮緽3(2010年安徽安慶三模)彈簧秤在升降機的頂板上，下端掛一質量為2kg的物體，當升降機在豎直方向運動時，彈簧秤的示數(shù)始終為16N。如果從升降機的速度為3m/s時開始計時，取g10m/s2，則經(jīng)過1s升降機的位移()A可能為3m B一定是4mC可能是2m D可能為5m3【解析】由于mg20N > 16N，所以加速度方向豎

3、直向下，am/s22m/s2。若3m/s的速度方向豎直向下，則sv0tat23 × 1m × 2 × 12m4m；若3m/s的速度方向豎直向上，則sv0tat23 × 1m × 2 × 12m2m，所以只有C選項正確?！敬鸢浮緾4(2010年上海盧灣二模)一個物體在多個力的作用下處于靜止狀態(tài)。若僅使其中的一個力保持方向不變、大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復到原來的大小，在這過程中其余各力均不變，則能正確描述該過程中物體速度隨時間變化情況的是圖()4【解析】在這過程中，物體的合外力先逐漸增大，然后又逐漸減小到零，根據(jù)牛頓第二定律知物

4、體的加速度也是先逐漸增大，然后又逐漸減小到零，再根據(jù)速度圖象中斜率表示加速度可知，只有D選項正確。【答案】D5(2010年廣西桂林二模)如圖所示，豎直面內(nèi)的固定圓環(huán)光滑，兩個有孔的小球A和B套在環(huán)上，中間用一根細繩相連，B處在過圓心的水平線上，繩與水平方向的夾角為30°時A、B均保持靜止，已知小球B的質量為m，下列判斷正確的是()AA球的質量為2mB繩的張力大小為mgC剪斷細繩的瞬間，A球的加速度大小為gD剪斷細繩的瞬間，A球的加速度大小為g5【解析】A、B兩球受力情況如圖所示，則30°，mAgF1F1 2mg，即A球的質量為2m，A選項正確、B選項錯誤；剪斷細繩的瞬間，A

5、球的加速度大小為g，C、D選項均錯誤?！敬鸢浮緼6(2010年山東德州二模)如圖所示，在高為h的木箱abcd的水平底板靜置著一個小物塊A，現(xiàn)用一電動機向上拉木箱，使木箱由靜止開始豎直向上運動，且保持電動機的輸出功率不變。經(jīng)時間t木箱達到最大速度，若此時讓木箱突然停止運動，小物塊由于慣性會繼續(xù)向上運動，恰好到達木箱的頂端。空氣阻力不計，重力加速度為g。下列說法中正確的是()A木箱在達到最大速度之前，小物塊A始終做勻加速直線運動B木箱突然停止運動時，小物塊A處于超重狀態(tài)C木箱的最大速率為D木箱在t時間內(nèi)上升的高度為Hth6【解析】由PFv知v變大，F(xiàn)變小，合外力為變力，A選項錯誤；木箱突然停止運動

6、時，小物塊A處于失重狀態(tài)，B選項錯誤；木箱突然停止運動，A將豎直上拋運動了h高度，恰好到達木箱的頂端，則v2(g)h，得木箱的最大速率vm，C選項錯誤；由排除法知D選項正確(經(jīng)時間t木箱達到最大速度時Fmg，PFvm，木箱在t時間內(nèi)，根據(jù)動能定理PtmgHmv0，解得木箱在t時間內(nèi)上升的高度為Ht h)?！敬鸢浮緿7(2010年福建漳州二模)如圖所示，光滑水平面上疊放著甲、乙兩物體，質量分別為m、M，它們間的動摩擦因數(shù)為，可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。水平向右的恒力F作用在甲物體上，則要使甲、乙兩物體發(fā)生相對滑動，F(xiàn)至少為()Amg B. mgC. mg D. mg7【解析】假設甲、乙兩物

7、體相對靜止，根據(jù)牛頓第二定律，以甲、乙整體為研究對象，加速度a；以乙為研究對象，加速度a ，解得F mg，只有C選項正確?！敬鸢浮緾8(2010年天津河西二模)第4代戰(zhàn)斗機的加速度最大已經(jīng)能達到7g(g為重力加速度)。若這樣的戰(zhàn)斗機在一段時間內(nèi)于豎直方向上運動，被安全帶系在座椅上的質量為m的飛行員()A在加速上升過程中，可能出現(xiàn)失重現(xiàn)象B在加速下降過程中，安全帶受到的力可能大于mgC在上升過程中，對座椅的壓力一定大于mgD在下降過程中，對座椅的壓力一定小于mg8【解析】根據(jù)牛頓第二定律，在加速上升過程中， Nmgma，得N m(ga) >mg，即不可能出現(xiàn)失重現(xiàn)象，A選項錯誤；在加速下降

8、過程中，F(xiàn)mgma，得Fmamg，當2g < a 7g時，F(xiàn) >mg，B選項正確；若戰(zhàn)斗機加速上升，則飛行員處于失重狀態(tài)，對座椅的壓力小于mg，C選項錯誤；若戰(zhàn)斗機減速下降，則飛行員處于超重狀態(tài)，對座椅的壓力大于mg，D選項錯誤?！敬鸢浮緽9(2010年福建龍巖一中模擬)某研究性學習小組用實驗裝置模擬火箭發(fā)射衛(wèi)星?；鸺c燃后從地面豎直升空，燃料燃盡后火箭的第一級和第二級相繼脫落，實驗中測得衛(wèi)星豎直方向的速度時間圖象如圖所示。設運動中不計空氣阻力，燃料燃燒時產(chǎn)生的推力大小恒定。下列判斷正確的是()At2時刻衛(wèi)星到達最高點，t3時刻衛(wèi)星落回地面B衛(wèi)星在0t1時間內(nèi)的加速度大于t1t2時

9、間內(nèi)加速度Ct1t2時間內(nèi)衛(wèi)星處于超重狀態(tài)Dt2t3時間內(nèi)衛(wèi)星處于超重狀態(tài)9【解析】0t3時間內(nèi)，速度均為正值，運動方向均豎直向上，t3時刻衛(wèi)星到達最高點，A選項錯誤；由速度圖象斜率表示加速度知，衛(wèi)星在0t1時間內(nèi)的加速度小于t1t2時間內(nèi)加速度，B選項錯誤；t1t2時間內(nèi)衛(wèi)星的加速度方向豎直向上，處于超重狀態(tài)，C選項正確；t2t3時間內(nèi)衛(wèi)星的加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，D選項錯誤。【答案】C10(2010年浙江寧波三摸)質量為1kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度g取10m/s2。對物體施加一個大小變化、方向不變的水平拉力F，使物體在水平面上運動了

10、3t0的時間。為使物體在3t0時間內(nèi)發(fā)生的位移最大，力F隨時間的變化情況應該為下面四個圖中的()10【解析】滑動摩擦力fmg2N。加速度a，畫出物體的速度圖象如圖所示，根據(jù)速度圖象中“面積”表示位移可知，D中位移最大，只有D選項正確。 【答案】D二、計算題(共2題，每題20分，共40分)11(2010年福建廈門二模)研究性學習小組在探究某球豎直向上運動過程中，通過位移傳感器測得該球運動的高度與時間關系(從拋出時開始計時)如圖所示。設運動過程所受的空氣阻力大小保持不變，為簡化計算，g取10m/s2，求：(1)小球拋出的初速度大小；(2)小球下落的加速度大??；(3)從最高處落回到拋出點的時間。11

11、【解析】(1)由圖可知t10.5s時上升到最大高度為1.5m上升過程：ht1 得v06m/s(2)由 a1得上升加速度a112m/s2 根據(jù)牛頓第二定律mgfma1下落過程：mgfma2得a28m/s2 (3)由ha2t2 2下落時間 t2s 1.11s12(2010年北京海淀二模)如圖所示，A、B是兩塊豎直放置的平行金屬板，相距為2l，分別帶有等量的負、正電荷，在兩板間形成場強大小為E的勻強電場。A板上有一小孔(對勻強電場分布的影響忽略不計)，孔的下沿右側有一條與板垂直的水平光滑絕緣軌道，一質量為m、電荷量為 q (q > 0)的小球(視為質點)，在外力作用下靜止在軌道的中點P處?？椎?/p>

12、下沿左側也有一與板垂直的水平光滑絕緣軌道，軌道上距A板 l 處有一固定擋板，長為 l 的輕彈簧左端固定在擋板上，右端固定一塊輕小的絕緣材料制成的薄板Q。撤去外力釋放帶電小球，它將在電場力作用下由靜止開始向左運動，穿過小孔后(不與金屬板A接觸)與薄板Q一起壓縮彈簧，由于薄板Q及彈簧的質量都可以忽略不計，可認為小球與Q接觸過程中不損失機械能。小球從接觸Q開始，經(jīng)歷時間T0第一次把彈簧壓縮至最短，然后又被彈簧彈回。由于薄板Q的絕緣性能有所欠缺，使得小球每次離開Q瞬間，小球的電荷量都損失一部分，而變成剛與Q接觸時小球電荷量的(k > 1)。求：(1)小球第一次接觸Q時的速度大小；(2)假設小球第 n 次彈回兩板間后向右運動的最遠處沒有到達B板，試導出小球從第 n 次接觸Q到本次向右運動至最遠處的時間Tn的表達式。12【解析】(1)設小球第一次接觸Q的速度為v，接觸Q前的加速度為a.根據(jù)牛頓第二定律有qEma對于小球從靜止到與Q接觸前的過程，有v22al聯(lián)立解得v(2)小球每次離開Q的瞬時速度大小相同，且等于小球第一次與Q接觸時速度大小。設小球第1次離開Q向右做減速運動的加速度為a1，速度由v減為零所需時間為t1，小球離開Q所帶電荷量為q1。根據(jù)牛頓第二定律有q1Ema1根據(jù)運動學公式有t1根據(jù)題意可知小球第1次離開Q所帶電