高一上册物理 运动和力的关系专题练习word版1文档格式.docx
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,故B正确.
2.如图所示,倾斜传送带以速度顺时针匀速运动,时刻小物体从底端以速度冲上传送带,时刻离开传送带。
下列描述小物体的速度随时间变化的图像可能正确的是()
A.B.C.D.
【答案】ABD
【分析】
若且物体与传送带间的动摩擦因数,即加速度沿传送带向上,则物体传送带向上做匀加速运动至速度为后做匀速向上运动;
若且物体与传送带间的动摩擦因数,则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为0,后沿传送带向下做匀加速运动;
若且物体与传送带间的动摩擦因数,则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为后向上做匀速运动;
若且物体与传送带间的动摩擦因教,则物体沿传送带向上做匀减速运动,加速度为
至速度为后加速度变为
向上减速运动至速度为零后开始向下做匀加速运动,加速度为
直至离开传送带。
选项C错误,ABD正确。
故选ABD。
3.如图,在倾角为的角锥体表面上对称地放着可视为质点的A、B两个物体,用一轻质绳跨过固定在顶部的光滑的定滑轮连接在一起,开始时绳子绷直但无张力。
已知A、B两个物体的质量分别为m和2m,它们与竖直轴的距离均为r=1m,两物体与角锥体表面的动摩擦因数为0.8,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g=10m/s2,某时刻起,圆锥体绕竖直轴缓慢加速转动,加速转动过程中A、B两物体始终与角锥体保持相对静止,则下列说法正确的是( )
A.绳子没有张力之前,B物体受到的静摩擦力在增加
B.绳子即将有张力时,转动的角速度
C.在A、B滑动前A所受的静摩擦力一直在增加
D.在A、B即将滑动时,转动的角速度
【答案】AB
A.绳子没有张力之前,对B物体进行受力分析后正交分解,根据牛顿第二定律可得
水平方向
竖直方向有
由以上两式可得,随着的增大,f增大,N减小,选项A正确;
B.对B物体分析其将要发生滑动瞬间的临界状态时的受力可得
水平方向有
代入数据解得
选项B正确;
C.在逐渐增大的过程中,A物体先有向外滑动的趋势,后有向内滑动的趋势,其所受静摩擦力先沿斜面向上增大,后沿斜面向上减小,再改为沿斜面向下增大,选项C错误;
D.增大到AB整体将要滑动时,B有向下滑动趋势,A有向上滑动趋势,对A物体
对B物体
联立以上四式解得
选项D错误。
故选AB。
4.如图所示,不可伸长的轻绳上端固定,下端与质量为m的物块P连接;
轻弹簧下端固定,上端与质量为2m的物块Q连接,系统处于静止状态.轻绳轻弹簧均与固定光滑斜面平行,已知P、Q间接触但无弹力,重力加速度大小为g,取sin53°
=0.8,cos53°
=0.6.下列说法正确的是
A.剪断轻绳前,斜面对P的支持力大小为mg
B.剪断轻绳的瞬间,弹簧的弹力大小为mg
C.剪断轻绳的瞬间,P的加速度大小为mg
D.剪断轻绳的瞬间,P、Q间的弹力大小为mg
【答案】BD
A.剪断轻绳前,对P进行受力分析如图所示:
则根据平衡条件可知,斜面对P的支持力为:
,
故A错误;
B.剪断轻绳前,对Q进行受力分析如图所示:
根据平衡条件可知,弹簧的弹力为:
轻绳剪断瞬间,弹簧的弹力不发生突变,即为,故B正确;
C.剪断轻绳瞬间PQ一起向下加速,对PQ整体进行受力分析如图所示:
根据牛顿第二定律可得其加速度为:
故C错误;
D.剪断绳子后对P物体有:
解得PQ之间的弹力大小为:
故D正确;
5.如右图,木箱内有一竖直放置的弹簧,弹簧上方有一物块;
木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上.若在某一段时间内,物块对箱顶刚好无压力,则在此段时间内,木箱的运动状态可能为
A.加速下降B.加速上升
C.减速上升D.减速下降
木箱静止时物块对箱顶有压力,则物块受到箱顶向下的压力,当物块对箱顶刚好无压力时,物体受到的合力向上,所以系统应该有向上的加速度,是超重,物体可能是向上加速,也可能是向下减速,所以B正确.
【点睛】
当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时,就说物体处于超重状态,此时有向上的加速度;
当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时,就说物体处于失重状态,此时有向下的加速度;
6.如图所示,滑块放置在足够长的木板的右端,木板置于水平地面上,滑块与板间动摩擦因数为,木板与地面间动摩擦因数为,原来均静止。
零时刻用一水平恒力向右拉木板,使滑块与木板发生相对运动,某时刻撤去该力。
滑动摩擦力等于最大静摩擦力,则从零时刻起,二者的速度一时间图象可能为()
A.B.
C.D.
【答案】AD
零时刻用一水平恒力向右拉木板,使滑块与木板发生相对运动,滑块m1和木板m2均做匀加速直线运动,对滑块m1
加速度为
撤去外力后,木板m2做匀减速直线运动,此时滑块m1的速度小于m2,所以滑块m1继续做匀加速运动,当而者速度相等时:
AB.如果,滑块m1和木板m2将保持相对静止,在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。
由牛顿第二定律
加速度变为
即滑块的加速度变小,故A正确,B错误。
CD.如果,两物体将发生相对滑动,由牛顿第二定律,此时滑块m1的加速度大小是,即滑块的加速度大小不变,故D正确,C错误。
故选AD。
7.如图所示,一质量为M、带有挂钩的小球套在倾角为θ的细杆上,恰能沿杆匀速下滑,小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若在小球下滑过程中在挂钩上加挂质量为m的物体或改变倾角θ,则下列说法正确的是( )
A.仅增大θ(θ<
90°
)时,小球被释放后仍能沿杆匀速下滑
B.仅增大θ(θ<
)时,小球被释放后将沿杆加速下滑
C.θ不变,仅在挂钩上加挂物体时,小球被释放后将沿杆加速下滑
D.θ不变,仅在挂钩上加挂物体时,挂钩对物体的拉力等于物体的重力
AB.当球形物体沿细杆匀速下滑时,由力的平衡条件可知
解得
仅增大θ(θ<
),则有球形物体的重力沿杆的分力大于杆对球形物体的摩擦力,小球被释放后沿杆加速下滑,选项A错误,B正确;
CD.当挂上一质量为m的物体时,以两物体整体为研究对象,沿杆向下的重力分力为
当挂上一质量为m的物体时,球形物体所受的摩擦力即沿杆向上的力,大小为
摩擦力增大,分析可知,因此球形物体仍沿细杆匀速下滑。
所以挂钩对物体的拉力等于物体的重力。
选项C错误,D正确。
故选BD。
8.如图所示,光滑水平面上放置M、N、P、Q四个木块,其中M、P质量均为m,N、Q质量均为2m,M、P之间用一轻质弹簧相连.现用水平拉力F拉N,使四个木块以同一加速度a向右运动,则在突然撤去F的瞬间,下列说法正确的是:
A.N的加速度大小仍为a
B.PQ间的摩擦力不变
C.MN间的摩擦力变小
D.M、P的加速度大小变为
【答案】ABC
ACD.撤去F前,对PQ整体分析,知弹簧的弹力
隔离对M分析
计算得出
对整体分析
撤去F后,对MN整体分析
方向向左。
隔离对N分析
知MN间的摩擦力发生变化.N的加速度大小不变,方向改变,故AC正确,D错误;
B.撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,对PQ整体分析,加速度不变,隔离对P分析,PQ间的摩擦力不变,所以B选项是正确的。
故选ABC。
9.将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上,一质量为m的光滑滑块(滑块可以看成质点)从斜面顶端由静止自由滑下。
在此过程中,斜劈对滑块的支持力记为FN1,地面对斜劈的支持力记为FN2,滑块到达斜面底端时,相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为vy。
若取消固定斜劈的装置,再让滑块从斜面顶端由静止下滑,在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动,在此过程中,斜劈对滑块的支持力记为FN1ʹ、地面对斜劈的支持力记为FN2ʹ,滑块到达斜面底端时,相对地面的速度大小记v'
、竖直分速度的大小记为vyʹ。
则下列大小关系正确的是( )
A.FN1<FN1ʹB.FN2>FN2ʹC.v<v'
D.vy<vyʹ
A.两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上,第一种情况下斜劈对滑块的支持力
FN1=mgcosθ
当滑块m相对于斜劈加速下滑时,斜劈水平向左加速运动,所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向,即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度,则
mgcosθ>FN1ʹ
A错误;
B.对斜劈,地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和,因为
FN1>FN1ʹ
则地面对斜劈的支持力
FN2>FN2ʹ
B正确;
C.若斜劈固定,则
mgh=mv2
若斜劈不固定,则由能量关系可知
mgh=mv'
2+Mvx2
因此
v>v'
C错误;
D.对滑块,在竖直方向,由牛顿第二定律可得
mg-FNcosθ=may
由于
ay1<ay1ʹ
两种情况下滑块的竖直位移相等,根据
可得
vy<vyʹ
D正确。
10.用长度为L的铁丝绕成一个高度为H的等螺距螺旋线圈,将它竖直地固定于水平桌面。
穿在铁丝上的一小珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑(下滑过程线圈形状保持不变),已知重力加速度为g。
这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为( )
A.B.C.D.L
【答案】D
将螺线圈分割为很多小段,每一段近似为一个斜面,由于螺旋线圈等螺距,说明每一小段的斜面倾角相同,设为θ,根据几何关系,有
珠子做加速度大小不变的加速运动,根据牛顿第二定律,有
由于珠子与初速度和加速度大小相同的匀加速直线运动的运动时间完全相同,故根据位移时间关系公式,有
联立解得
选项D正确,ABC错误。
故选D。
11.如图所示,在置于水平地面上的盛水容器中,用一端固定于容器底部的细线拉住一个空心的塑料球,使之静止地悬浮在深水中,此时容器底部对地面的压力记为;
某时刻拉紧球的细线突然断开后,球便在水中先加速后匀速地竖直上升,
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