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专题提升练1
第二部分 大专题综合测
专题提升练
(一) 力与运动
本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分,考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
一、选择题(共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,1-6小题只有一个选项符合题目要求,7-10小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分)
1.(2015·山西元月调研)孔明灯相传是由三国时的诸葛孔明发明的,如图所示,有一盏质量为m的孔明灯升空后沿着东偏北方向匀速上升,则此时孔明灯所受空气的作用力的大小和方向是( )
A.0 B.mg,竖直向上
C.mg,东偏北方向D.
,东偏北方向
答案:
B
解析:
孔明灯做匀速直线运动,故所受合外力为0,因此空气的作用力的大小F空=mg,方向竖直向上,故选B。
2.质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连,设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同。
当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时,弹簧的伸长量为x1,如图甲所示;当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时,弹簧的伸长量为x2,如图乙所示;当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时,弹簧的伸长量为x3,如图丙所示,则x1x2x3等于( )
A.111B.123
C.121D.无法确定
答案:
A
解析:
当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时,对A、B整体,由牛顿第二定律可得F-3μmg=3ma,再用隔离法单独对A分析,由牛顿第二定律可得T-μmg=ma,整理得T=
,即kx1=
F;根据上述方法同理可求得沿竖直方向、沿斜面方向运动时:
kx2=kx3=
F。
3.(2015·河北正定2月调研)据英国《每日邮报》2014年8月10日报道:
27名跳水运动员参加了科索沃年度高空跳水比赛。
自某运动员离开跳台开始计时,在t2时刻运动员以速度v2落水,选向下为正方向,其速度随时间变化的规律如图所示,下列结论正确的是( )
A.该运动员在0~t2时间内加速度大小先减小后增大,加速度的方向不变
B.该运动员在t2~t3时间内加速度大小逐渐减小,处于失重状态
C.在0~t2时间内,平均速度
1=
D.在t2~t3时间内,平均速度
2=
答案:
C
解析:
由图象可知,在0~t2时间内运动员的加速度一直不变,A项错误。
在t2~t3时间内图线上各点切线的斜率的大小逐渐减小,则加速度大小逐渐减小,运动员减速下落处于超重状态,B项错误。
由图象可知,在0~t2时间内为匀变速直线运动,所以平均速度
1=
,C项正确。
在t2~t3时间内,由图线与t轴所围面积表示位移可知,此时间内的平均速度
2<
,D项错误。
4.
(2015·河北冀州12月调研)如图所示,物块A放在直角三角形斜面体B上面,B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁,初始时A、B静止,现用力F沿斜面向上推A,但A、B仍未动。
则施力F后,下列说法正确的是( )
A.A、B之间的摩擦力一定变大
B.B与墙面间的弹力可能不变
C.B与墙之间可能没有摩擦力
D.弹簧弹力一定不变
答案:
D
解析:
最初A所受的静摩擦力沿斜面向上,施力F后,摩擦力可能变小,A错;由于弹簧的形变没有变化,所以弹簧的弹力一定不变;将A、B作为一整体分析,力F有水平向左的分力,所以B与墙面间的弹力由无变有,而力F有竖直向上的分力,所以B与墙之间有静摩擦力,故B、C错,D对。
5.(2015·河北衡水中学二模)“嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后,离开地球飞向月球。
如图所示是绕地飞行的三条轨道,轨道1是近地圆形轨道,2和3是变轨后的椭圆轨道。
A点是2轨道的近地点,B点是2轨道的远地点,卫星在轨道1的运行速率为7.7km/s,则下列说法中正确的是( )
A.卫星在2轨道经过A点时的速率一定小于7.7km/s
B.卫星在2轨道经过B点时的速率一定大于7.7km/s
C.卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能
D.卫星在3轨道所具有的最大速率大于在2轨道所具有的最大速率
答案:
D
解析:
卫星在近地圆形轨道的A点加速做离心运动才能进入轨道2或3,且进入轨道3加速获得的速率大于进入轨道2的,由此推知A、C错误,D正确。
由v=
可知,卫星在2轨道经过B点时的速率可能小于7.7km/s。
6.
(2015·河南八市质检)如图所示,质量均为1kg的小球a、b在轻弹簧A、B及外力F的作用下处于平衡状态,其中A、B两个弹簧的劲度系数均为5N/cm,B弹簧上端与天花板固定连接,轴线与竖直方向的夹角为60°,A弹簧竖直,g取10m/s2,则以下说法正确的是( )
A.A弹簧的伸长量为3cm
B.外力F=10
N
C.B弹簧的伸长量为4cm
D.突然撤去外力F瞬间,b球加速度为0
答案:
D
解析:
a、b两球处于平衡状态,所受合力均为零,A弹簧的伸长量为xA=
=2cm,故A错。
对a、b球及A弹簧整体受力分析得:
外力F=2mgtan60°=20
N,B弹簧弹力大小为FB=
=40°N,则B弹簧的伸长量xB=
=8cm,故B、C错。
撤去力F瞬间,A、B弹簧的弹力不变,则b球所受合力仍为零,加速度为0,故D正确。
7.(2015·天津理综)P1、P2为相距遥远的两颗行星,距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动.图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a,横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方,两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系,它们左端点横坐标相同。
则( )
A.P1的平均密度比P2的大
B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小
C.s1的向心加速度比s2的大
D.s1的公转周期比s2的大
答案:
AC
解析:
A项,由于图中两条曲线的左端点横坐标相同,所以两颗行星的半径相同,根据万有引力提供向心力可得
=ma,结合图中曲线可知,P1的质量大于P2的质量,又因P1和P2半径相同,所以P1的平均密度比P2的平均密度大,故A项正确。
B项,由万有引力提供向心力可知
=m
,得到“第一宇宙速度”v=
,由A中分析可知P1的质量大于P2的质量,两颗行星的半径相同,所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大,故B项错误。
C项,根据万有引力提供向心力可得
=ma,即a=
,由A项分析可知P1的质量大于P2的质量,所以s1的向心加速度比s2的大,故C项正确。
D项,根据万有引力提供向心力可得
=m
r,即T=
,由A项分析可知P1的质量大于P2的质量,所以s1的公转周期比s2的小,故D项错误。
综上所述,本题正确答案为AC。
8.
航空事业的发展离不开风洞试验,其简化模型如图1所示,在光滑的水平轨道上停放着相距s0=10m的甲、乙两车,其中乙车是风力驱动车。
用弹射装置使甲车获得v0=40m/s的瞬时速度向乙车运动的同时,乙车的风洞开始工作,将风吹向固定在甲车上的挡风板,从而使乙车获得了速度,测绘装置得到了甲、乙两车的v-t图象如图2所示,若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积,且两车始终未相撞.则下列判断中正确的是( )
A.甲、乙两车的加速度大小之比为13
B.甲、乙两车的质量比为13
C.t1=0.3s时甲、乙两车速度相等
D.甲、乙两车的最近距离为6m
答案:
BC
解析:
由v-t图象可得甲、乙两车的加速度之比为31,由题意可知,风对甲、乙两车的作用力大小相等,故甲、乙两车的质量比为13,A错误,B正确;当两车速度相等时,对乙车有:
10=at1,由图象可知,对甲车有:
40=3a×0.4,联立解得t1=0.3s,即t1=0.3s时甲、乙两车速度相等,C正确;t1=0.3s时,x甲-x乙=40×0.3×
m=6m,故甲、乙两车的最近距离为10m-6m=4m,D错误。
9.如图所示,倾角为θ的斜面上有A、B、C三点,现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球,三个小球均落在斜面上的D点,今测得ABBCCD=531,由此可判断( )
A.A、B、C处三个小球运动时间之比为123
B.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为111
C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为321
D.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交
答案:
BC
解析:
由于沿斜面ABBCCD=531,故三个小球竖直方向运动的位移之比为941,运动时间之比为321,A项错误;斜面上平抛的小球落在斜面上时,速度与初速度之间的夹角α满足tanα=2tanθ,与小球抛出时的初速度大小和位置无关,因此B项正确;同时tanα=
,所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比,为321,C项正确;三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相切,因此不会在空中相交,D项错误。
10.某汽车在一笔直公路上运动,在t时间内通过的位移为x,若它在中间位置
处的速度为v1,在中间时刻
t时的速度为v2,则v1和v2的关系为( )
A.当汽车做匀加速直线运动时,v1>v2
B.当汽车做匀减速直线运动时,v1>v2
C.当汽车做匀速直线运动时,v1=v2
D.当汽车做匀减速直线运动时,v1 答案: ABC 解析: 本题考查位移中点速度与时间中点速度的大小比较。 设汽车运动的初速度为v0,末速度为vt,根据匀变速直线运动的特点,位移中点速度公式v中点= ,得v1= ,而时间中点速度公式 = ,得v2= ;用数学方法可证明,只要v0≠vt,必有v1>v2;当v0=vt时,汽车做匀速直线运动,必有v1=v2。 第Ⅱ卷(非选择题 共60分) 二、填空题(共3小题,每小题6分,共18分,把答案直接填在横线上) 11.(2015·安徽合肥一模)某同学用两个弹簧测力计、细线和橡皮条做共点力合成实验,最后画出了如图所示的图。 (1)在图上标出的F1、F2、F和F′四个力中,力________不是由弹簧测力计直接测得的,比较力F与力F′的大小和方向基本相同,这就验证了共点力合成的平行四边形定则。 (2)某同学对此实验的一些说法,其中正确的是( ) A.如果手头只有一个弹簧测力计,改变方法也可以完成实验 B.用两个测力计拉线时,橡皮条应沿两线夹角的角平分线 C.拉橡皮条的线要长一些,用以标记同一细线方向的两点要相距远些 D.拉橡皮条时,细线应沿弹簧测力计的轴线 E.在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时,只需这两次橡皮条的伸长量相同就行 答案: (1)F′ (2)ACD 解析: (1)本实验是通过用两个弹簧测力计的拉力作出的平行四边形得出合力,只要合力与只用一个弹簧测力计时的拉力基本相同,则实验成功;由图可知F′是由平行四边形定则得出的,故F′不是由弹簧测力计直接测得的; (2)如果只有一个弹簧测力计,则可以交替测出各边的拉力,但要保证两次拉的时候效果相同,故A正确;只要橡皮条与线的结点两次都到达同一点即可,即两次效果相同,而对于拉力方向没有限制,橡皮条不需要与两线夹角的角平分线在同一直线上,故B错误;为了减小误差,拉橡皮条的细线需长些,标记方向的两点要远些,故C正确;只有细线和弹簧测力计的轴线在一条直线上时,弹簧的弹力才等于拉橡皮条的拉力,否则易使弹簧或指针与外壳发生摩擦,使误差增大,故D正确;在用一个测力计和同时用两个测力计拉线时,每次要使橡皮条形变的长度和方向都相同,即使结点O拉到同一位置,这样两次的效果才相同,才符合“等效替代”法,故E错误。 12.(2015·福建福州质检)某同学利用打点计时器测量福州的重力加速度,某次实验得到的一段纸带如图所示,O、A、B、C、D为相邻的五个点,测得OA=5.5mm、OB=14.9mm、OC=28.3mm、OD=45.2mm,打下相邻两个点间的时间间隔为0.02s。 (1)用逐差法算出福州的重力加速度g=________m/s2。 (结果保留三位有效数字) (2)通过查阅资料发现福州的重力加速度标准值为9.79m/s2,比较①的结果发现两者并不相等,除了读数误差外,你认为产生误差的其他主要原因可能是____________________________________。 (只要求写出一种原因) 答案: ①9.63 ②纸带与限位孔之间的存在较大阻力(合理即可) 解析: ①由逐差法可得: g= ≈9.63m/s2。 ②产生误差的其他原因有: 纸带与限位孔之间有阻力或空气阻力。 13.某课外活动小组在学习了“探究加速度与力、质量的关系”的实验后,想通过自己的办法来探究“当物体的质量一定时,物体运动的加速度与其所受到的合外力成正比”这一结论,该课外活动小组利用一足够长且高度可调的斜面、滑块、米尺、秒表,进行了如下的操作过程: (不考虑摩擦造成的影响) (1)如图所示,让滑块从斜面上方某一固定点O从静止开始下滑至斜面底端,用秒表记下所用的时间t; (2)用米尺测出从O点到斜面底端的距离x,则滑块的加速度a=________; (3)用米尺测出O点相对于斜面底端的高度h,若滑块的质量为m,则滑块所受合外力F=________; (4)改变________,重复上述测量过程; (5)以h为纵坐标, 为横坐标,根据实验数据作出h- 图象,如能得到一条________的直线,则可验证“当物体的质量一定时,物体运动的加速度与其所受的合外力成正比(即F=ma)”这一结论。 答案: (2) (3)mg (4)h的数值(或斜面的高度) (5)过原点 解析: 此题虽然和“探究加速度与力、质量的关系”这个实验形式不一样,但所使用的实验思想是一致的。 即“当物体的质量一定时,物体所受的合外力和物体的加速度应成正比”。 对于本实验,要根据所给出的条件测出滑块所受到的合外力F和滑块在斜面上下滑时的加速度大小a,由于不考虑摩擦力的影响,所以很容易求出滑块所受的合外力F=mg ,加速度a= ,若F=ma成立,则mg =m ,可得h= · ,h- 图线的斜率k= 为一常数,故该图线应为一条过原点的直线。 三、计算题(共4小题,共42分。 解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 14.(10分) (2015·江西十校二模)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动。 质点甲做初速度为零,加速度大小为a1的匀加速直线运动。 质点乙做初速度为v0,加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止。 甲、乙两质点在运动过程中的位置x—速度v图象如图所示,虚线与对应的坐标轴垂直。 (1)在x-v图象中,图线a表示质点________(填“甲”或“乙”)的运动,质点乙的初速度v0=________; (2)求质点甲、乙的加速度大小a1、a2。 答案: (1)甲 6m/s (2)a1=2m/s2 a2=1m/s2 解析: (1)已知甲的初速度为零,由图知图线a表示质点甲的运动。 由b图线: x=0时,v=6m/s,则乙的初速度v0=6m/s。 (2)设质点乙、甲先后通过x=6m处的速度均为v,对质点甲: v2=2a1x① 对质点乙: v2-v =-2a2x② 联立①②解得a1+a2=3m/s2③ 当质点甲的速度v1=8m/s、质点乙的速度v2=2m/s时,两质点通过相同的位移,设为x′。 对质点甲: v =2a1x′④ 对质点乙: v -v =-2a2x′⑤ 联立④⑤解得a1=2a2⑥ 联立③⑥解得a1=2m/s2,a2=1m/s2 15.(10分)如图所示,航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102m的水平跑道 和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成。 水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m。 一架质量为m=2.0×104kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N,方向与速度方向相同,在整个运动过程中飞机受到的平均阻力大小恒为飞机重力的0.1倍。 假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,取g=10m/s2。 (1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小; (2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s,外界还需要在整个水平跑道上对飞机施加助推力F推,求助推力F推的大小。 答案: (1)41.5m/s (2)5.175×105N 解析: (1)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力与阻力作用,设加速度大小为a1,末速度大小为v1,运动时间为t1,有F合=F-Ff=ma1,v -v =2a1l1,v1=a1t1 又因v0=0,Ff=0.1mg,代入已知数据可得a1=5.0m/s2,v1=40m/s,t1=8.0s 飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面的分力作用,设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2,则沿斜面方向有F合′=F-Ff-FGx=ma2,FGx=mgsinα=mg =4.0×104N,v -v =2a2l2 又因v1=40m/s,代入已知数据可得a2=3.0m/s2,v2= m/s=41.5m/s。 (2)飞机在水平跑道上运动时,水平方向受到推力、助推力与阻力作用,设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′,有F合′=F推+F-Ff=ma1′,v1′2-v =2a1′l1 飞机在倾斜跑道上运动时,沿倾斜跑道仍受到推力、阻力与重力沿斜面的分力作用,加速度大小仍为a2=3.0m/s2 v2′2-v1′2=2a2l2 根据题意,v2′=100m/s,联立代入数据解得F推=5.175×105N。 16. 如图所示,质量m=0.5kg的物体放在水平面上,在F=3.0N的水平恒定拉力作用下由静止开始运动,物体发生位移x=4.0m时撤去力F,物体在水平面上继续滑动一段距离后停止运动。 已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4,重力加速度g取10m/s2。 求: (1)物体在力F作用过程中加速度的大小; (2)撤去力F的瞬间,物体速度的大小; (3)撤去力F后物体继续滑动的时间。 答案: (1)2m/s2 (2)4.0m/s (3)1s 解析: (1)设物体在力F作用过程中受到的滑动摩擦力为Ff,加速度为a1,则Ff=μmg。 根据牛顿第二定律,有 F-Ff=ma1 解得a1=2m/s2 (2)设撤去力F时物体的速度为v,由运动学公式 v2=2a1x 解得v=4.0m/s (3)设撤去力F后物体的加速度为a2,根据牛顿第二定律,有Ff=ma2 解得a2=4m/s2 由匀变速直线运动公式得t= 解得t=1s 17.(11分)如图(a)所示,在足够长的光滑水平面上,放置一长为L=1m、质量为m1=0.5kg的木板A,一质量为m2=1kg的物体B以初速度v0滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力F,A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2,g=10m/s2,物体B在木板A上运动的路程s与力F的关系如图(b)所示。 求v0、F1、F2。 答案: 4m/s 3N 9N 解析: 由图象可看出当F≤1N时,物体B在木板A上的路程始终等于板长L,当F=1N时,物体B刚好不从木板A的右端掉下,此后A和B一起相对静止并加速运动 设物体B的加速度为a2,木板A的加速度为a1,分别由牛顿第二定律: μm2g=m2a2,F+μm2g=m1a1 设物体B运动的位移为sB,木板A运动的位移为sA,经过t时间两者速度均为v,根据运动学公式: sB= t,sA= t,v=v0-a2t=a1t B在A上相对A向右运动的路程s=sB-sA 联立解得: s= ,将F=1N,s=1m代入,解得 v0=4m/s 分析可知,当1N≤F≤F1时,随着力F增大,s减小,当F=F1时,出现s突变,说明此时A、B在达到共同速度后,恰好再次发生相对运动,物体B将会从木板A左端掉下 对A、B恰好发生相对运动时,物体B的加速度为a2,则整体加速度也为a2,由牛顿第二定律: F1=(m1+m2)a2,解得F1=3N 此时B在A上向右运动的路程为s1= = m,当F略小于F1时B在A上运动的路程为F=F2时B相对A向右运动的路程的两倍,即有s2=0.5s1,解得: F2=9N。
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