高中物理一轮复习二Word文档下载推荐.docx
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)B.
)
)D.
g(TA﹣TB)2
二.多选题(共4小题)
7.如图所示,总质量为460kg的热气球,从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,当热气球上升到180m时,以5m/s的速度向上匀速运动.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量不变,重力加速度g=10m/s2.关于热气球,下列说法正确的是( )
A.所受浮力大小为4830N
B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C.从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D.以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
8.如图所示,bc为固定在车上的水平横杆,物块M串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,M又通过经细线悬吊着一个小铁球m,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动,而M、m均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为θ,小车的加速度逐渐增大,M始终和小车相对静止,当加速度增加到2a时( )
A.横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍
B.横杆对M弹力不变
C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍
D.细线的拉力增加到原来的2倍
9.科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法符合历史事实的是( )
A.亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论:
运动必具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出:
如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向
D.牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
10.如图所示,形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起,表面光滑,重力为G,其中b的下半部刚好固定在水平面MN的下方,上边露出另一半,a静止在平面上.现过a的轴心施以水平作用力F,可缓慢的将a拉离平面一直滑到b的顶端,对该过程分析,则应有( )
A.拉力F先增大后减小,最大值是G
B.开始时拉力F最大为
G,以后逐渐减小为0
C.a、b间的压力开始最大为2G,而后逐渐减小到G
D.a、b间的压力由0逐渐增大,最大为G
三.解答题(共7小题)
11.重为G的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ,一人欲用最小的作用力F使木块做匀速运动,则此最小作用力的大小和方向应如何?
12.质量为M的木楔倾角为θ,在水平面上保持静止,当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑.如果用与斜面成α角的力F拉着木块匀速上升,如图所示,求:
(1)当α=θ时,拉力F有最小值,求此最小值;
(2)此时木楔对水平面的摩擦力是多少?
13.如图所示,薄板A长L=5m,其质量M=5kg,放在水平桌面上,板右端与桌边相齐.在A上距右端s=3m处放一物体B(可看成质点),其质量m=2kg.已知A、B间动摩擦因数μ1=0.1,A与桌面间和B与桌面间的动摩擦因数均为μ2=0.2,原来系统静止.现在在板的右端施加一大小一定的水平力F持续作用在A上直到将A从B下抽出才撤去,且使B最后停于桌的右边缘.求:
(1)B运动的时间.
(2)力F的大小.
14.拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图).设拖把头的质量为m,拖杆质量可以忽略;
拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g,某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ.
(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小.
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0,若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动.求这一临界角的正切tanθ0.
15.一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ.初始时,传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.
16.甲、乙两车在同一直线轨道上同向行驶,甲车在前,速度为v=8m/s,乙车在后,速度为v=16m/s,当两车相距s=8m时,甲车因故开始刹车,加速度大小为a=2m/s,为避免相撞,乙车立即开始刹车,为不使相撞,则乙车的加速度至少为多大?
17.做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点,已知AB=BC=
,AB段和BC段的平均速度分别为v1=3m/s、v2=6m/s,则
(1)物体经B点时的瞬时速度vB为多大?
(2)若物体运动的加速度a=2m/s2,试求AC的距离l.
参考答案与试题解析
1.【解答】解:
A、甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是作用力和反作用力,故A错误;
B、甲对绳的拉力与乙对绳的拉力的一对平衡力,故B错误;
C、若甲的质量比乙大,则甲的加速度比乙的小,可知乙先到分界线,故甲能赢得“拔河”比赛的胜利,故C正确;
D、收绳速度的快慢并不能决定“拔河”比赛的输赢,故D错误.
故选C.
2.【解答】解:
设相等的时间为t,加速度为a,
由:
△s=at2,得加速度:
Q点的速度为PN段的平均速度:
则OQ间的距离:
则OP长度:
sOP=sOQ﹣SPQ=
=
故ABD错误,C正确;
故选:
3.【解答】解:
A、对重物受力分析,受到重力和拉力T,根据平衡条件,有T=mg,同一根绳子拉力处处相等,故绳子对天花板的拉力也等于mg,故A错误;
B、D、对滑轮受力分析,受到绳子的压力(等于两边绳子拉力的合力),以及杆的弹力(向右上方的支持力),如图
根据平衡条件,结合几何关系,有
F=T=mg
故B错误,D正确;
C、由于滑轮处于平衡状态,故a杆和细线对滑轮的合力大小是零,故C错误;
故选D.
4.【解答】解:
A、0~t1时间内,斜率代表速度,由图可知甲的速度先比乙的速度小,后比乙的速度大,故A错误;
B、在t1时刻两车的位移相等,又都是单向直线运动,所以两车路程相等,故B错误;
C、由图象与时间轴围成的面积表示位移可知:
丙、丁两车在t2时刻面积差最大,所以相距最远,故C正确;
D.0~t2时间内,丙的位移小于丁的位移,时间相等,平均速度等于位移除以时间,所以丙的平均速度小于丁车的平均速度,故D错误.
5.【解答】解:
物体作匀加速直线运动在前一段2△x所用的时间为t1,平均速度为
,即为
时刻的瞬时速度;
物体在后一段△x所用的时间为t2,平均速度为
时刻的瞬时速度.
速度由
变化到
的时间为△t=
,
所以加速度a=
,所以B正确.
6.【解答】解:
小球做竖直上抛运动,根据运动时间的对称性得,
物体从最高点自由下落到A点的时间为
物体从最高点自由下落到B点的时间为
竖直上抛运动的加速度a=g,由
可得:
最高点到A点的距离为:
…①
最高点到B点的距离为:
xB=
gTB2…②
A点在B点下方,由①、②解得,AB相距:
△x=
g(TA2﹣TB2).
7.【解答】解:
A、从地面刚开始竖直上升时,速度为零,故阻力为零,气球受重力和浮力,根据牛顿第二定律,有:
F浮﹣mg=ma
解得:
F浮=m(g+a)=460×
(10+0.5)N=4830N,故A正确;
B、气球受重力、浮力和空气阻力,若阻力不变,合力不变,气球匀加速上升,矛盾,故B错误;
C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,气球是变加速运动,加速度逐渐减小,故10s后的速度大小小于5m/s,故C错误;
D、以5m/s匀速上升时,根据平衡条件,有:
F浮=mg+f,解得f=230N,故D正确;
故选AD.
8.【解答】解:
对小球受力分析,受重力mg和细线的拉力T,如图
根据牛顿第二定律,有
Tsinθ=ma①
Tcosθ﹣mg=0②
再对m和M整体受力分析,受总重力(M+m)g、支持力N、摩擦力f,如图
f=(M+m)a③
N﹣(M+m)g=0④
由①②③④解得:
tanθ=
N=(M+m)g
T=
f=(M+m)a
当加速度变为2倍时,摩擦力f变为2倍,故A正确;
支持力N不变,故B正确;
θ的正切变为原来的2倍,但θ不是2倍,故C错误;
由于T=
,故T不是增加原来的2倍,故D错误;
故选AB.
9.【解答】解:
A、亚里士多德认为,必须有力作用在物体上,物体才能运动.故A错误.
B、伽利略“理想实验”得出结论:
力不是维持运动的原因,即运动必具有一定速度,如果它不受力,它将以这一速度永远运动下去.故B正确.
C、笛卡儿指出:
如果运动中的物体没有受到力的作用,它将继续以同一速度沿同一直线运动,既不停下来也不偏离原来的方向,符合历史事实.故C正确.
D、牛顿认为,物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质,符合事实.故D正确.
BCD.
10.【解答】解:
对于a球:
a球受到重力G、拉力F和b球的支持力N,由平衡条件得:
F=Ncosθ,
Nsinθ=G
则得:
F=Gcotθ,N=
根据数学知识可知,θ从30°
增大到90°
,F和N均逐渐减小,当θ=30°
,F有最大值为
,N有最大值为2G,故BC正确.
BC.
11.【解答】解:
对物体受力分析,受重力、拉力、支持力和摩擦力,将支持力和摩擦力合成,由于Ff=μFN,故不论FN如何改变,Ff与FN的合力F1的方向都不会发生改变,设与竖直方向的夹角为φ,如下图所示:
平面对物体的作用力F1与竖直方向的夹角一定为φ,由于tanφ=μ,
又由于F1、Fn和G三力平衡,应构成一个封闭三角形,当改变Fn与水平方向夹角时,Fn和F1的大小都会发生改变,且Fn与F1方向垂直时Fn的值最小;
故拉力的最小值为:
Fn=mgsinφ,与水平方向成arctanμ角斜向上.
答:
最小作用力的大小mgsinθ,与水平方向成arctanμ角斜向上.
12.【解答】解:
(1)物体在斜面上匀速向下运动
有mgsinθ=μmgcosθ,即μ=tanθ.
当加上外力F时,对木块受力分析如下图:
因向上匀速,则有:
Fcosα=mgsinθ+f①
Fsinα+N=mgcosθ②
f=μN ③
由①②③得F=
则当α=θ时,F有最小值,即Fmin=mgsin2θ.
(2)因为m及M均处于平衡状态,整体受到地面摩擦力等于F的水平分力
即fM=Fcos(α+θ)当F取最小值mgsin2θ时
fM=Fmincos2θ=mgsin2θcos2θ=
mgsin4θ
(1)当α=θ时,拉力F有最小值为mgsin2θ
(2)当拉力最小时,水平面对本楔M的摩擦力是
mgsin4θ
13.【解答】解析=:
(1)对于B,在未离开A时,根据牛顿第二定律得
加速度为:
aB1=
=1m/s2
设经过时间t1后B离开A,根据牛顿第二定律得
离开A后B的加速度为:
aB2=﹣
=﹣2m/s2
设物体B离开A时的速度为vB,根据运动学公式有
vB=aB1t1,
aB1t12+
=s,
代入数据解得t1=2s,t2=
=1s,
所以B运动的时间是:
t=t1+t2=3s.
(2)设A的加速度为aA,则根据相对运动的位移关系得
aAt12﹣
aB1t12=L﹣s
aA=2m/s2,
由牛顿第二定律得F﹣μ1mg﹣μ2(m+M)g=MaA,
代入数据得:
F=26N.
(1)B运动的时间是3s
(2)力F的大小是26N.
14.【解答】解:
(1)拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡,设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把.
将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,
按平衡条件有
竖直方向上:
Fcosθ+mg=N①
水平方向上:
Fsinθ=f②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力.按摩擦定律有f=μN③
联立①②③式得
④
(2)若不管沿拖杆方向用多大的力不能使拖把从静止开始运动,
应有Fsinθ≤λN⑤
这时①式仍满足.联立①⑤式得sinθ﹣λcosθ≤λ
⑥
现考察使上式成立的θ角的取值范围.注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,
有sinθ﹣λcosθ≤0⑦
使上式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把.
临界角的正切为tanθ0=λ⑧
(1)若拖把头在地板上匀速移动,推拖把的力的大小为
.
(2)tanθ0=λ.
15.【解答】解:
根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a小于传送带的加速度a0.根据牛顿定律,可得
a=μg
设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度v0,煤块则由静止加速到v,有
v0=a0tv=at
由于a<a0,故v<v0,煤块继续受到滑动摩擦力的作用.再经过时间t'
,煤块的速度由v增加到v0,有v0=v+at'
此后,煤块与传送带运动速度相同,相对于传送带不再滑动,不再产生新的痕迹.
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s0和s,有
s0=
a0t2+v0t'
s=
传送带上留下的黑色痕迹的长度
l=s0﹣s
由以上各式得
l=
即黑色痕迹的长度为
16.【解答】解:
设乙车刹车时加速度的最小值为a乙.
当乙车追上甲车速度恰好相等时,经过的时间为t,此时两车的速度为v.
根据位移关系s乙﹣s甲=8m
根据平均速度公式有
所以
t=2s
又因为v=v甲0+a甲t=v乙0+a乙t
即8﹣2×
2=16﹣2a乙
a=6m/s2.
乙车的加速度至少为6m/s2.
17.【解答】解:
(1)设加速度大小为a,经A、C的速度大小分别为vA、vC.
A、C间的平均速度为:
v3=
=4m/s
据匀加速直线运动规律可得:
联立可得:
vB=5m/s
(2)将vB=5m/s代入上式得:
vA=1m/s,vC=7m/s
由vC2﹣vA2=2al得
代入a=2m/s2
即可得l=12m
(1)物体经B点时的瞬时速度vB为5m/s.
(2)若物体运动的加速度a=2m/s2,AC的距离l=12m.
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