高考物理二轮复习专题复习练习专题一 力与直线运动3.docx
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高考物理二轮复习专题复习练习专题一力与直线运动3
训练3 牛顿运动定律及其应用一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求.)
1.如图所示,两定滑轮通过天花板固定在同一竖直平面的同一高度处,小球A的质量为2m,小球B和C的质量均为m,B、C两球到结点P的轻绳长度相等,滑轮摩擦不计.当B、C两球以某角速度ω在水平面内做圆锥摆运动时,A球将( )
A.向上加速运动 B.向下加速运动
C.保持静止D.上下振动
解析:
B球、C球和两根轻绳整体受重力和竖直轻绳向上的拉力,设整体下降的加速度为a,根据牛顿第二定律,有2mg-T=2ma,对A球受力分析,受重力和拉力,根据牛顿第二定律,有T-2mg=2ma,联立两式解得a=0,即A球将保持静止,处于平衡状态.故选C.
答案:
C
2.
如图所示,带支架的平板小车水平向左做直线运动,小球A用细线悬挂于支架前端,质量为m的物块B始终静止在小车上,B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某过程中观察到细线偏离竖直方向θ角,则此刻小车对B产生的作用力的大小和方向为( )
A.mg,竖直向上
B.mg
,斜向左上方
C.mgtanθ,水平向右
D.
,斜向右上方
解析:
以A为研究对象,受力分析如图,根据牛顿第二定律得mAgtanθ=mAa,解得a=gtanθ,方向水平向右.再对B研究得:
小车对B的摩擦力f=ma=mgtanθ,方向水平向右,小车对B的支持力大小为N=mg,方向竖直向上,小车对B的作用力的大小为F=
=mg
=
,方向斜向右上方,故选D.
答案:
D
3.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球,经过2t0时间小球落回抛出点,其速率为v1,已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速度成正比,则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是( )
解析:
小球上升过程中,由牛顿第二定律有mg+kv=ma,故随速度的减小,加速度逐渐减小,v—t图象的切线斜率逐渐减小;小球下降过程中,由牛顿第二定律有mg-kv=ma,则随速度逐渐增大,加速度逐渐减小,v—t图象的切线斜率逐渐减小;由于有阻力作用,故回到地面的速度将小于初速度v0,选项A正确.
答案:
A
4.如图所示,A、B两球质量相等,光滑斜面的倾角为θ,图甲中,A、B两球用轻弹簧相连,图乙中A、B两球用轻杆相连,系统静止时,挡板C与斜面垂直,弹簧、轻杆均与斜面平行,则在突然撤去挡板的瞬间有( )
A.两图中两球加速度均为gsinθ
B.两图中A球的加速度均为零
C.图乙中轻杆的作用力一定不为零
D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
解析:
撤去挡板前,挡板对B球的弹力大小为2mgsinθ,因弹簧弹力不能突变,而杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力为2mgsinθ,加速度为2gsinθ;图乙中杆的弹力突变为零,A、B球所受合力均为mgsinθ,加速度均为gsinθ,故图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍,故A、B、C错误,D正确.
答案:
D
5.如图为用索道运输货物的情景,已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°,重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时,重物与车厢仍然保持相对静止状态,重物对车厢内水平地板的正压力为其重力的1.15倍.sin37°=0.6,cos37°=0.8,那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为( )
A.0.35mgB.0.3mg
C.0.23mgD.0.2mg
解析:
将a沿水平和竖直两个方向分解,对重物受力分析如图,水平方向:
Ff=max
竖直方向:
FN-mg=may由
=
三式联立解得Ff=0.2mg,D正确.
答案:
D
6.如图甲所示,用一水平外力F拉着一个静止在倾角为α的光滑斜面上的物体,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示,若重力加速度g取10m/s2,则根据图乙所提供的信息可以计算出( )
A.加速度从2m/s2增加到6m/s2的过程中物体的速度变化量
B.斜面的倾角
C.物体的质量
D.加速度为6m/s2时物体的速度
解析:
因为物体做变加速运动,所以无法根据公式求得某时刻的速度及速度变化量,选项A、D错误;由题图乙可知,当F=0时,有mgsinα=ma,解得斜面的倾角α=37°,当F=15N时,a=0,则Fcosα=mgsinα,可得m=2kg,选项B、C正确.
答案:
BC
7.
如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为
μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则( )
A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=
μmg时,A的加速度为
μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过
μg
解析:
A、B间的最大静摩擦力为2μmg,B和地面之间的最大静摩擦力为
μmg,对A、B整体,只要F>
μmg,整体就会运动,选项A错误;当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时,A、B恰好未发生相对滑动,故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg-
μmg=mamax,B运动的最大加速度amax=
μg,选项D正确;若A、B整体恰好未发生相对滑动,有F-
μmg=3mamax,则F>3μmg时两者会发生相对运动,选项C正确;当F=
μmg时,两者相对静止,一起滑动,加速度满足F-
μmg=3ma,解得a=
μg,选项B正确.
答案:
BCD
8.如图甲所示,传送带以速度v1匀速转动,一滑块以初速度v0自右向左滑上传送带,从此时刻开始计时,滑块离开传送带前的速度—时间图象如图乙所示.已知v0>v1,则下列判断正确的是( )
A.传送带顺时针转动
B.t1时刻,滑块相对传送带滑动的距离达到最大
C.0~t2时间内,滑块受到的摩擦力方向先向右后向左
D.0~t2时间内,滑块受到恒定的摩擦力作用
解析:
从题图乙可以判断,滑块先向左做减速运动,再向右做加速运动,之后向右匀速运动,所以传送带顺时针转动,A正确;滑块向左减速过程,所受摩擦力向右,向右加速过程,滑块相对传送带向左运动,所受摩擦力向右,所以t2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大,B、C错误,D正确.
答案:
AD
二、计算题(本大题共2小题,共36分.需写出规范的解题步骤)
9.如图所示,质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,最大静摩擦力均等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2.
(1)若木板长L=1m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N,经过多长时间铁块运动到木板的右端?
(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F,分析并计算铁块受到木板的摩擦力f的大小随拉力F变化的情况.(设木板足够长)
解析:
(1)根据牛顿第二定律
对铁块:
F-μ2mg=ma1
对木板:
μ2mg-μ1(mg+Mg)=Ma2
又s铁=
a1t2,s木=
a2t2,L=s铁-s木,联立解得:
t=1s
(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力
fm2=μ2mg=4N
木板与地面之间的最大静摩擦力
fm1=μ1(mg+Mg)=2N
当F≤fm1=2N时,木板与铁块都静止,f=F
当铁块与木板恰好未发生相对滑动时,设此时的拉力大小为F1,根据牛顿第二定律,对铁块:
F1-μ2mg=ma1
对整体:
F1-μ1(mg+Mg)=(m+M)a1
联立解得:
F1=6N,所以当2N F-μ1(mg+Mg)=(m+M)a,对铁块: F-f=ma,解得: f= +1(N) 当F>6N时,铁块相对木板滑动,此时摩擦力f=μ2mg=4N 答案: (1)1s (2)见解析 10. 如图,质量m=5kg的物块(看做质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动,已知F1大小为50N,方向斜向右上方,与水平面夹角α=37°,F2大小为30N,方向水平向左,物体的速度v0大小为11m/s.当物块运动到距初始位置距离x0=5m时撤掉F1,g=10m/s2.求: (1)物块与水平地面之间的动摩擦因数μ; (2)撤掉F1以后,物块在6s末距初始位置的距离. 解析: (1)物块向右做匀速运动: Ff+F2=F1cosα Ff=μ(mg-F1sinα) 联立解得: μ=0.5. (2)撤掉F1后: a1= = m/s2=11m/s2 设经过时间t1向右运动速度变为0,则: t1= =1s 此时向右运动的位移: x1= t1=5.5m,后5s物块向左运动: a2= =1m/s2,后5s向左运动的位移: x2= a2t =12.5m 物块在6s末距初始位置的距离: Δx=x2-(x0+x1)=12.5m-(5m+5.5m)=2m. 答案: (1)0.5 (2)2m
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