【创新设计】（浙江专用）高考物理 专题强化训练1(1).doc

专题强化训练(一)一、单项选择题1(2013浙江四校二联，14)一小物块从倾角为30的足够长的斜面底端以初速度v010 m/s沿斜面向上运动，如图11所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数，g取10 m/s2，则物块在运动时间t1.5 s时离斜面底端的距离为()图11a3.75 m b5 m c6.25 m d15 m解析小物块沿斜面向上运动时加速度大小为agsin gcos 10 m/s2，小物块运动到最高点所用的时间t1 s b向右上方，解析物块所受的摩擦力可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，物块也可能不受摩擦力，物块的受力情况如图所示因fn与f的合力一定与f、g的合力等大反向，所以fn与f的合力一定向左上方，选项a、b错误当f0时，fn方向与竖直方向夹角为，当摩擦力沿斜面向下时，两力的合力与竖直方向夹角大于，当摩擦力沿斜面向上时，两力的合力与竖直方向夹角小于，选项c、d正确答案cd10如图18所示，一名消防员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管向下滑已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()图18a下滑过程中的最大速度为4 m/sb加速与减速过程的时间之比为12c加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17d加速与减速过程的位移之比为14解析由lvt解得下滑过程中的平均速度v4 m/s，故最大速度为8 m/s，选项a错误；由vmat可知加速与减速过程的时间之比为12，选项b正确；加速下滑过程，由牛顿第二定律得，mgff1ma1；减速下滑过程，由牛顿第二定律得，ff2mgma2；通过计算得a18 m/s2，a24 m/s2，联立解得加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17，选项c正确由xat2可得加速下滑位移为x14 m，减速下滑位移为x28 m，加速与减速过程的位移之比为12，选项d错误答案bc三、非选择题11如图19所示，一质量m0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数0.1的水平轨道上的a点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为p10.0 w经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至b点后水平飞出，恰好在c点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点d处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 n已知轨道ab的长度l2.0 m，半径oc和竖直方向的夹角37，圆形轨道的半径r0.5 m(空气阻力可忽略，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图19(1)滑块运动到c点时速度vc的大小；(2)b、c两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析(1)滑块运动到d点时，由牛顿第二定律得fnmgm，滑块由c点运动到d点的过程中，由机械能守恒定律得mgr(1cos )mvmv，联立解得vc5 m/s.(2)滑块在c点时，速度的竖直分量为vyvcsin 3 m/s，b、c两点的高度差为h0.45 m，滑块由b点运动到c点所用的时间为t10.3 s，滑块运动到b点时的速度为vbvccos 4 m/s，b、c间的水平距离为xvbt11.2 m.(3)滑块由a点运动到b点的过程，由动能定理得ptmglmv，解得t0.4 s.答案(1)5 m/s(2)0.45 m1.2 m(3)0.4 s12(2013重庆卷，8)如图110所示，半径为r的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心o的对称轴oo重合转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和o点的连线与oo之间的夹角为60，重力加速度大小为g.图110(1)若0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0；(2)若(1k)0，且0k1，求小物块受到的摩擦力大小和方向解析(1)对小物块受力分析可知：fn cos 60mgfn sin 60mrrr sin 60联立解得：0 (2)由于0k1，当(1k)0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下由受力分析可知：fncos 60mgfcos 30fnsin 60fsin 30mr2rrsin 60联立解得：fmg当(1k)0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上由受力分析和几何关系知fncos 6