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1、2013届高考物理第二轮课堂综合演练试题21(2011浙江高考)如图215所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”。两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢。若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()A甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力 图215B甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力 C若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错；因为甲和乙的力作用在同一个物体上，故选项B错。根据动量守恒定律有m1s1m2s2，若甲的质量比较大，
2、甲的位移较小，乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误。答案：C2(2011海南高考)如图216，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力()A等于零 图216B不为零，方向向右C不为零，方向向左D不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右解析：以斜劈和物块整体为研究对象，整个系统处于平衡状态，合外力为零。所以地面对斜劈没有水平方向的摩擦力的作用。故A正确。答案：A3双选如图217所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木
3、块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是() 图217图218解析：小物块放上之后，受沿传送带向下的重力分力和滑动摩擦力作用，可能一直做匀加速运动到达底端，选项B正确；也可能到达底端之前，速度等于v0，此后滑动摩擦力的方向变为沿传送带向上，由于mgcos，所以物块还将继续做加速运动，只是加速度变小，选项D正确。答案：BD4(双选) (2011山东高考)如图219所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa 0，b所受 图219
4、摩擦力Ffb0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间()AFfa 大小不变 BFfa方向改变CFfb仍然为零 DFfb方向向右解析：右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a的受力情况不变，a左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变，A正确，B错。而b在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C错，D正确。答案：AD5杂技演员在进行“顶杆”表演时，用的是一根质量不计的长直竹杆，设竹杆始终保持竖直。质量为30 kg的演员(可视为质点)自杆顶由静止开始下滑，滑到杆底端时速度正好是零。已知竹杆底部与下面顶杆人肩部有一传感器，传感器显示顶杆人肩部所受压力的情况如图220所示，g取10 m/s2，求：
5、 图220(1)杆上的人在下滑过程中的最大速度；(2)竹杆的长度。解析：(1)01 s：以杆上的人为研究对象，根据题图所示，演员处于失重状态，其受到竖直向上的摩擦力F1的大小为180 N，则a14 m/s2，方向竖直向下1 s末速度最大：vma1t14 m/s。(2)1 s3 s：演员处于超重状态。此时杆上的人受竖直向上的摩擦力F2的大小为360 Na22 m/s2，加速度方向竖直向上3 s内人的位移(即竹杆的长度)应为：st1t26 m。答案：(1)4 m/s(2)6 m一、选择题（本题共9个小题，每小题7分，共63分，每小题只有一个或两个选项符合题意，其中双选已标明，请将正确选项前的字母填
6、在题后的括号内）1如图1，轻杆A端用光滑水平铰链装在竖直墙面上，B端用水平绳结在墙C处并吊一重物P，在水平向右的力F缓缓拉起重物P的过程中，杆AB所受压力的变化情况是()A变大B变小C先变小再变大 D不变 图1解析：在水平向右的力F缓缓拉起重物P的过程中，绳的张力可用F与P的重力等效代替，对B点研究，杆AB对B点的支持力在竖直方向的分力始终等于P的重力，因此杆AB对B点的支持力不变，即杆AB所受压力的变化不变。答案：D2放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图2所示。取重力加速度g10 m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m
7、和物块与地面之间的动摩擦因数分别为()图2Am1.5 kg， Bm0.5 kg，0.4Cm0.5 kg，0.2 Dm1 kg，0.2解析：02 s内物体不动，拉力F2 N时匀速运动，说明滑动摩擦力为2 N，拉力F3 N时物体做加速度为2 m/s2的匀加速运动，则求得质量为0.5 kg，由匀速运动时的拉力F2 N可以求得0.4。答案：B3(2011北京高考)“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图3所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加 图3速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速
8、度约为 ()Ag B2gC3g D4g解析：从图像可知，当人最后不动时，绳上的拉力为F0，即mgF0，最大拉力为F0，因此最大加速度为F0mgma,3mgmgma，a2g，B项正确。答案：B4(2011福建高考)如图4甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2v1，则()图4At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内
9、，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远。t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大。0t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变。t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用。B正确。答案：B5(2011新课标全国卷)如图5，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t 图5增大的水平力Fkt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1的
10、a2变化的图线中正确的是()图6解析：本题中开始阶段两物体一起做加速运动，有 F(m1m2)a，即a，两物体加速度相同且与时间成正比。当两物体间的摩擦力达到m2g后两者发生相对滑动。对m2有Ffma2，在相对滑动之前f逐渐增大，相对滑动后fm2g 不再变化，a2，故其图像斜率增大；而对m1 ，在发生相对滑动后，有m2gm1a1，故a1为定值。故A选项正确。答案：A6双选如图7所示，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为a1、a2。重力加速度大小
11、为g。则有()Aa10 Ba1gCa2g Da20解析：木板未抽出时，木块1受重力和弹簧弹力两个力并且处于平衡状态，弹簧弹力大小等于木块1的重力，Nmg；木块2受重力、弹簧向下的压力和木板的支持力作用，由平衡条件可知，木板对木块2的支持力等于两木块的总重力。撤去木板瞬间，弹簧形变量不变，故产生的弹力不变，因此木块1所受重力和弹簧弹力均不变，故木块1仍处于平衡状态，即加速度a10；而木块2不再受木板支持力作用，只受重力和弹簧弹力作用，NMgMa2，解得a2g，C项正确。答案：AC7(2011海南高考)如图8，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45，两者的高度差为l。一条不可伸长的
12、轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳子距a端得c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为() 图8A. B2C. D.解析：挂上钩码平衡后，bc绳与竖直方向成的角度。绳圈受力如图所示，cos，又cos。联立以上两式解得：。故C正确。答案：C8双选如图9所示，质量为m1的物体A经跨过定滑轮的轻绳与质量为M的箱子B相连，箱子底板上放一质量为m2的物体C。已知m1M，不计定滑轮的质量和摩擦，不计空气阻力，在箱子加速下落的过程中，下列关系式中正确的是()A物体A的加速度大小为B物体A的加速度大小为 图9C物体C对
13、箱子的压力大小为D物体C对箱子的压力大小为(Mm2m1)g解析：由牛顿运动定律得(Mm1m2)aMgm2gm1g，a，A项错误，B项正确；设箱子对C的支持力为N，则m2gNm2a，N，则物体C对箱子的压力NN，C项正确，D项错误。答案：BC9(2011济南模拟)如图10所示，物体A的质量m11 kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m20.5 kg、长L1 m，某时刻A以v04 m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不至于从B上滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数0.2， 图10忽略物体A的大小，则拉力F应满足的条件为()A0F3 N B0F5 N
14、C1 NF3 N D1 NF5 N解析：物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，加速度a1g，木板B做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律，有Fm1gm2a2，A不从B的右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度vt，由位置关系，有L，运动时间相等，有，联立解得a2g，Fm2(g)m1g，代入数值，得F1 N。若F1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N。当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才能不会从B的左端滑落。当A相对B静止时，由牛顿第二定律得，对A、B的整体，设最大加速度为a，对A有m1gm1a，对整体有
