届高考物理第一轮考点复习知能检测12文档格式.docx
- 文档编号:17525674
- 上传时间:2022-12-07
- 格式:DOCX
- 页数:11
- 大小:109.13KB
届高考物理第一轮考点复习知能检测12文档格式.docx
《届高考物理第一轮考点复习知能检测12文档格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届高考物理第一轮考点复习知能检测12文档格式.docx(11页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
A.钢球进入液体中先做加速运动,后做减速运动
B.钢球进入液体中先做减速运动,后做加速运动
C.钢球在液体中所受的阻力先大于重力,后等于重力
D.钢球在液体中所受的阻力先小于重力,后等于重力
由题图可知,钢球先做减速运动,后做匀速运动,选项A、B均错;
由运动情况可知受力情况,故选项C正确、选项D错误.
C
3.(2014年淮北模拟)如图所示,弹簧测力计外壳质量为m0,弹簧及挂钩的质量忽略不计,挂钩吊着一质量为m的重物.现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧测力计,使其向上做匀加速运动,则弹簧测力计的示数为( )
A.mg B.F
C.
FD.
g
弹簧测力计的示数等于弹簧的弹力,设为F′.先将弹簧测力计和重物看成一个整体,利用牛顿第二定律可得:
F-(m+m0)g=(m+m0)a.然后以重物为研究对象利用牛顿第二定律可得:
F′-mg=ma联立两式可得F′=
F,故选项C正确.
4.(2012年高考江苏单科)如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升,夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动,力F的最大值是( )
A.
B.
C.
-(m+M)g
D.
+(m+M)g
整体法Fm-(M+m)g=(M+m)am,隔离法,对木块,2f-Mg=Mam,解得Fm=
.
A
[限时检测]
(时间:
45分,满分:
100分)
[命题报告·
教师用书独具]
知识点
题号
超重或失重
1、2、3、7
整体法和隔离法
5、6、8
牛顿运动定律和图象的结合
4
牛顿运动定律的实际应用
9
多过程问题的分析
10、11、12
一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分,每小题只有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)
1.有一种新型交通工具如图,乘客的座椅能始终保持水平,当此车加速上坡时,乘客是( )
①处于失重状态 ②处于超重状态 ③受到向前的摩擦力 ④受到向后的摩擦力
A.①③ B.①④
C.②③D.②④
当车加速上坡时,乘客和车具有相同的加速度,将斜向上的加速度沿竖直和水平两个方向正交分解,由牛顿第二定律得,人受到向前的摩擦力,支持力大于重力,处于超重状态,故选C.
2.(2014年宣城模拟)几位同学为了探究电梯启动和制动时的加速度大小,他们将体重计放在电梯中.一位同学站在体重计上,然后乘坐电梯从1层直接到10层,之后又从10层直接回到1层.并用照相机进行了相关记录,如图所示.他们根据记录,进行了以下推断分析,其中正确的是( )
A.根据图2和图3可估测出电梯向上启动时的加速度
B.根据图1和图2可估测出电梯向上制动时的加速度
C.根据图1和图5可估测出电梯向下制动时的加速度
D.根据图4和图5可估测出电梯向下启动时的加速度
由图1可知该同学的体重约为47kg,根据图1、图2可估算出电梯向上启动时的加速度,根据图1、图5可估算出电梯向下制动时的加速度,而根据图2与图3和图4与图5无法估算加速度,C正确.
3.一枚火箭由地面竖直向上发射,其速度和时间的关系图线如图所示,则( )
A.t3时刻火箭距地面最远
B.t2~t3的时间内,火箭在向下降落
C.t1~t2的时间内,火箭处于失重状态
D.0~t3的时间内,火箭始终处于失重状态
由速度图象可知,在0~t3内速度始终大于零,表明这段时间内火箭一直在上升,t3时刻速度为零,停止上升,高度达到最高,离地面最远,A正确,B错误.t1~t2的时间内,火箭在加速上升,具有向上的加速度,火箭应处于超重状态,而在t2~t3时间内火箭在减速上升,具有向下的加速度,火箭处于失重状态,故C、D错误.
4.如图甲所示,某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处.滑轮的质量和摩擦都可以不计.货物获得的加速度a与绳子对货物竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示.由图可以判断下列说法不正确的是( )
A.图线与纵轴的交点M的值aM=-g
B.图线与横轴的交点N的值FT=mg
C.图线的斜率等于物体的质量m
D.图线的斜率等于物体质量的倒数1/m
由牛顿第二定律得FT-mg=ma,变形得到与图对应的函数关系式a=
-g,可知A、B、D选项都正确.
5.(2014年六安模拟)如图所示,质量为10kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端,弹簧的拉力为5N时,物体处于静止状态.若小车以1m/s2的加速度水平向右运动,则(g取10m/s2)( )
A.物体相对小车向左滑动
B.物体受到的摩擦力增大
C.物体受到的摩擦力大小不变
D.物体受到的弹簧拉力增大
由于弹簧处于拉伸状态,物体处于静止状态,可见,小车对物体提供了水平向左的静摩擦力,大小为5N,则物体和小车间的最大静摩擦力Ffm≥5N;
若小车以1m/s2的加速度向右匀加速运动,则弹簧还处于拉伸状态,其弹力不变,仍为5N,由牛顿第二定律可知F+Ff=ma,Ff=5N≤Ffm,则物体相对小车静止,弹力不变,摩擦力的大小不变,选项C正确.
6.如图所示,竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2kg的物体A,处于静止状态.若将一个质量为3kg的物体B轻放在A上的一瞬间,则B对A的压力大小为(g取10m/s2)( )
A.30NB.0
C.15ND.12N
在B轻放在A上的瞬间,对整体用牛顿第二定律得mBg=(mA+mB)a,再对B用牛顿第二定律得mBg-FN=mBa,解得FN=12N.据牛顿第三定律可知B对A的压力大小为12N.故选D.
D
7.(2012年高考山东理综改编)将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,v t图象如图所示.以下判断正确的是( )
A.前3s内货物处于失重状态
B.最后2s内货物只受重力作用
C.前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D.第3s末至第5s末的过程中,货物的机械能守恒
前3s物体加速上升,货物处于超重状态,A选项错误;
最后2s内货物减速上升其加速度大小为a=3m/s2<g,B选项错误;
前3s和后2s平均速度均为
=3m/s,C选项正确;
第3s末至第5s末的过程中货物匀速上升,机械能增加,D选项错误.
8.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在小车上的水平横杆,物块M穿在杆上,M通过线悬吊着小物体m,m在小车的水平底板上,小车未动时,细线恰好在竖直方向上,现使小车向右运动,全过程中M始终未相对杆bc移动,M、m与小车保持相对静止,如图四种情况中,小车的加速度之比为a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,M受到的摩擦力大小依次为Ff1、Ff2、Ff3、Ff4,则以下结论不正确的是( )
A.Ff1∶Ff2=1∶2 B.Ff2∶Ff3=1∶2
C.Ff3∶Ff4=1∶2D.tanα=2tanθ
已知a1∶a2∶a3∶a4=1∶2∶4∶8,在题第
(1)图和第
(2)图中摩擦力Ff=Ma,则Ff1∶Ff2=1∶2.在第(3)图和第(4)图中摩擦力Ff3=(M+m)a3,Ff4=(M+m)a4,Ff3∶Ff4=1∶2.第(3)、(4)图中,a3=gtanθ,a4=gtanα,则tanα=2tanθ.
9.(2014年阜阳模拟)图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AD=DE=10m,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10m/s2,则滑行者在滑道AE上滑行的时间为( )
sB.2s
sD.2
s
设斜面的倾角为θ,则a=gsinθ,所以AE=2ADsinθ,因为AE=
at2,即2ADsinθ=
gt2sinθ,所以t=2s,故选B.
10.如图所示,质量为M的劈体ABDC放在水平地面上,表面AB、AC均光滑,且AB∥CD,BD⊥CD,AC与水平面成角θ,质量为m的物体(上表面为半球形)以水平速度v0冲上BA后沿AC面下滑,在整个运动的过程中,劈体M始终不动,P为固定的弧形光滑挡板,挡板与轨道间的宽度略大于半球形物体m的半径,不计转弯处的能量损失,则下列说法中正确的是( )
A.水平地面对劈体M的摩擦力始终为零
B.水平地面对劈体M的摩擦力先为零后向右
C.劈体M对水平地面的压力大小始终为(M+m)g
D.劈体M对水平地面的压力大小先等于(M+m)g,后小于(M+m)g
取物体m和劈体M为一整体,因物体m先在BA上匀速向左滑动,后沿AC面匀加速下滑,而劈体M始终静止不动,故在物体m匀速运动阶段,水平地面对劈体M的摩擦力为零,地面对劈体的支持力大小为(M+m)g,在物体m匀加速下滑阶段,整体处于失重状态,地面对劈体的支持力大小小于(M+m)g,因整体具有水平向左的加速度,故地面对劈体M的摩擦力水平向左,综上所述,A、B、C均错误,D正确.
二、非选择题(本题共2小题,共30分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(15分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器,其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N.试飞时,飞行器从地面由静止开始竖直上升.设飞行器飞行时所受的阻力大小不变,g取10m/s2.
(1)第一次试飞,飞行器飞行t1=8s时到达高度H=64m.求飞行器所受阻力Ff的大小;
(2)第二次试飞,飞行器飞行t2=6s时遥控器出现故障,飞行器立即失去升力.求飞行器能达到的最大高度h.
(1)由H=
at
得:
a=2m/s2
由F-Ff-mg=ma得:
Ff=4N
(2)前6s向上做匀加速运动
最大速度:
v=at2=12m/s
上升的高度:
h1=
=36m
然后向上做匀减速运动
加速度a2=
=12m/s2
上升的高度h2=
=6m
所以上升的最大高度:
h=h1+h2=42m.
(1)4N
(2)42m
12.(15分)如图所示,在倾角θ=37°
的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=3m的薄平板AB,平板的上表面光滑,其下端B与斜面底端C的距离为7m.在平板的上端A处放一质量m=0.6kg的滑块,开始时使平板和滑块都静止,之后将它们无初速度释放.设平板与斜面、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt.(已知sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,g=10m/s2)
对平板,由于Mgsin37°
<
μ(M+m)gcos37°
,故滑块在平板上滑动时,平板静止不动
对滑块:
在平板上滑行时加速度a1=gsin37°
=6m/s2
到达B点时速度v=
=6m/s
用时t1=
=1s.
滑块由B至C时的加速度
a2=gsin37°
-μgcos37°
=2m/s2
设滑块由B至C所用时间为t2
由LBC=vt2+
a2t
,
解得t2=1s
对平板,滑块滑离后才开始运动,加速度
a=gsin37°
设平板滑至C端所用时间为t′
由LBC=
at′2,
解得t′=
s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为
Δt=t′-(t1+t2)=
s-2s=0.65s.
0.65s
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考 物理 第一轮 考点 复习 知能 检测 12
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)