1、分层限时跟踪练(八)(限时40分钟)一、单项选择题1如图3213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ADDE10 m，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10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()图3213A. sB2 sC. sD2 s【解析】A、E两点在以D为圆心、半径为R10 m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，t2 s，选B.【答案】B2. (2016杭州检测)如图3214所示，带支
2、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.若某过程中观察到细线偏离竖直方向角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()图3214Amg，竖直向上Bmg，斜向左上方Cmgtan ，水平向右Dmg，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agtan ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ffmamgtan ；竖直向上的支持力FNmg，小车对物块B产生的作用力的大小为Fmg ，方向为斜向右上方，故D正确【答案】D3.如图3215所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量mAmB
3、，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3215ATmAgBTmAgCTmBgDTmBg【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，TmAg，B处于失重状态，TmBg，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3 260 N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降如果发动机仅提供2 200 N的推力，登陆舱以0.4 m/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()A326 kg，1.23 m/s2B2 650 kg，2.46 m/s2C2 65
4、0 kg，1.23 m/s2D326 kg，2.46 m/s2【解析】登陆舱以恒定速率下降时有F1mg0；加速下降时，由牛顿第二定律得mgF2ma，联立解得m2 650 kg，g1.23 m/s2，选项C正确【答案】C5.如图3216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，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为，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3216A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(
5、sin cos )，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C若tan ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D不论大小如何，粮袋从A端到B端一直做匀加速运动，且加速度agsin 【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tan ，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tan ，则粮袋先做加速度为g(sin sin )的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin sin )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
6、受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为mgcos ，根据牛顿第二定律得加速度ag(sin cos )，选项B错误；若tan ，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2.04 m的成绩获得冠军弗拉希奇身高约为1.93 m，忽略空气阻力，g取10 m/s2.则下列说法正确的是()图3217A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
7、弗拉希奇起跳时的初速度大约为3 m/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)m1.075 m，上升过程满足0v2gh，所以v0 m/s m/s3 m/s，故D错【答案】AC7.如图3218所示，水平传送带A、B两端相距x4 m，以v04 m/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0.4，取重力加速度大小g10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中()图321
8、8A煤块从A运动到B的时间是2.25 sB煤块从A运动到B的时间是1.5 sC划痕长度是0.5 mD划痕长度是2 m【解析】根据牛顿第二定律，煤块的加速度a4 m/s2，煤块运动到速度与传送带相等时的时间t11 s，位移大小x1at2 mx，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sv0t1x12 m，选项D正确、C错误；x2xx12 m，匀速运动的时间t20.5 s，运动的总时间tt1t21.5 s，选项B正确、A错误【答案】BD8如图3219甲所示，水平面上有一倾角为的光滑斜面，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
9、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g10 m/s2.则()图3219Aam/s2时，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为D小球离开斜面之前，FN0.80.6a(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Tcos FNsin ma，Tsin FNcos mg，联立解得FNmgcos masin ，Tmacos mgsin ，所以T a图象呈线性关系，由题图乙可知am/s2时，FN0，选项A正确当a0时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其
10、受力如图1所示，所以mgsin T；当am/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mgcot ma，联立可得tan ，m0.1 kg，选项B、C正确将和m的值代入FNmgcos masin 得FN0.80.06a(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3220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3 s内为二次函数，34.5 s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10 m/s2.下列说法正确的
11、是()甲乙图3220A前3 s与34.5 s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4 m/sD物块在传送带上滑过的痕迹是9 m【解析】由x t图象可知，物块被击穿后，先向左减速，2 s末减到v0，然后向右加速，前3 s内物块所受的摩擦力始终向右，34.5 s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；34.5 s内，物块与传送带共速，速度v1m/s2 m/s，23 s内，物块向右匀加速运动，加速度大小ag，v1at1，可得0.2，选项B错误；02 s内，物块向左匀减速运动，加速度大小ag2 m/s2，初始时刻物块的速度v0
12、at24 m/s，选项C正确；02 s内，物块与传动带相对运动，划过的痕迹x1v1t14 m8 m，23 s内划过的痕迹x2v1t21 m，痕迹总长xx1x29 m，选项D正确【答案】 CD三、非选择题10.如图3221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，大小是重力的倍一次试飞中，让飞机由静止从地面竖直上升，3 s末关闭发动机(忽略空气阻力，取重力加速度g10 m/s2)图3221(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：Fmgma1解得：a1g
13、3 s末的速度为v1a1t110 m/s上升的高度为h1a1t15 m减速上升阶段有a2g上升的高度为h25 m故总上升的高度为Hh1h220 m.(2)设飞机上升到最高点后经过时间t启动发动机，再经t飞机安全落地，则由运动学公式可得：vgtgtg(t)2g(t)2H解得：t1 s，t3 s关闭发动机后上升的时间为t21 s故关闭发动机后经过ttt22 s，重新启动发动机，飞机安全落地【答案】(1)20 m(2)2 s11如图3222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2
14、s小孩的瞬时速度记录在下表中，重力加速度g10 m/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3222t(s)0246v(m/s)08.014.79.7【解析】(1)由表格知：02 s内小孩一定在AB段做匀加速运动，加速度大小a14 m/s246 s内小孩一定在BC段做匀减速运动，加速度大小a22.5 m/s2设小孩的质量为m，在BC段，根据牛顿第二定律：mgma2可得0.25.(2)假设小孩从A点运动到B点的时间是t1，那么到4 s末时小孩在BC段减速运动的时间为t减4 st1，故v4a1
15、t1a2t减解得t13.8 s此时速度v1a1t115.2 m/s滑行的路程x1v1t128.88 m假设小孩从B点运动到C点的时间是t2，则：v1a2t20，解得t26.08 s滑行的路程x2v1t246.208 m故总路程xx1x275 m总时间tt1t29.9 s.【答案】(1)4 m/s22.5 m/s20.25(2)75 m9.9 s12.如图3223，质量m2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L20 m，用大小为30 N沿水平方向的外力拉此物体，经t02 s拉至B处(已知cos 370.8，sin 370.6，取g10 m/s2)图3223(1)求物体与地面间的动摩擦因数
16、；(2)用大小为30 N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La0t则a0m/s210 m/s2由牛顿第二定律，Ffma0f30 N210 N10 N则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Fcos 37(mgFsin 37)ma则ag0.510m/s211.5 m/s2ag5 m/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atat则ttt2.3tLat2at2则ts1.03 s.【答案】(1)0.5(2)1.03 s
