高考物理一轮练牛顿运动定律巩固题含答案Word格式.docx
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高考物理一轮练牛顿运动定律巩固题含答案Word格式.docx
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B.OP间距离为
C.两小物块运动到P点的速度相同
D.两小物块的运动时间均为
4、如图所示,物块A、B质量相等,在恒力F作用下,在水平面上做匀加速直线运动。
若物块与水平面间接触面光滑,物块A的加速度大小为a1,物块A、B间的相互作用力大小为FN1;
若物块与水平面间接触面粗糙,且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同,物块B的加速度大小为a2,物块A、B间的相互作用力大小为FN2。
则下列说法正确的是( )
A.a1=a2,FN1>
FN2B.a1=a2,FN1=FN2
C.a1>
a2,FN1>
FN2D.a1>
a2,FN1=FN2
5、如图所示,一只盛水的容器固定在一个小车上,在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球.容器中的水和铁球、乒乓球都处于静止状态.当容器随小车突然向右运动时,两球的运动状况是(以小车为参考系)( )
A.铁球向左,乒乓球向右
B.铁球向右,乒乓球向左
C.铁球和乒乓球都向左
D.铁球和乒乓球都向右
6、沼泽的下面蕴藏着丰富的泥炭,泥炭是沼泽地积累的植物残体,它的纤维状和海绵状的物理结构导致人在其表面行走时容易下陷。
若人下陷的过程是先加速运动后匀速运动,下列判断正确的是( )
A.加速运动时人对沼泽地的压力大于沼泽地对他的支持力
B.加速运动时人对沼泽地的压力小于沼泽地对他的支持力
C.人对沼泽地的压力先大于后等于沼泽地对他的支持力
D.人对沼泽地的压力大小总等于沼泽地对他的支持力
7、2013年6月我国航天员在“天宫一号”中进行了我国首次太空授课活动,其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验,助教聂海胜将自己固定在支架一端,王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置;
松手后,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力,使弹簧回到初始位置,同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间;
这样,就测出了聂海胜的质量为74kg.下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是( )
A.测量时仪器必须水平放置
B.其测量原理是根据牛顿第二定律
C.其测量原理是根据万有引力定律
D.测量时仪器必须竖直放置
*8、关于惯性的认识,以下说法正确的是( )
A.物体受到力的作用后,运动状态发生改变,惯性也随之改变
B.置于光滑水平面上的物体,即使质量很大也能被拉动,说明惯性与物体的质量无关
C.让物体的速度发生改变,无论多快,都需要一定时间,这是因为物体具有惯性
D.同一物体沿同一水平面滑动,速度较大时停下来需要的时间较长,说明惯性与速度有关
*9、航模兴趣小组设计出一架遥控飞机,其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N。
试飞时,飞机从地面由静止开始竖直上升。
设飞机飞行时所受的阻力大小不变,恒为f=4N,g取10m/s2。
某一次试飞过程中,飞机飞行t=6s时遥控器出现故障,飞机立即失去升力。
为使飞机落回地面时速度刚好为零,则飞机应在距离地面多高处恢复升力( )
A.36mB.30m
C.24mD.18m
10、两个质量均为m的小球,用两条轻绳连接,处于平衡状态,如图所示。
现突然迅速剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,则( )
A.a1=g,a2=g
B.a1=0,a2=2g
C.a1=g,a2=0
D.a1=2g,a2=0
11、2017年6月4日,雨花石文创新品在南京市新城科技园发布,20余项文创新品体现金陵之美.某小朋友喜欢玩雨花石,他用水平外力F将斜面上两个形状规则的雨花石甲和丙成功叠放在一起,如图所示.斜面体乙静止在水平地面上.现减小水平外力F,三者仍然静止,则下列说法中正确的是( )
A.甲对丙的支持力一定减小
B.乙对甲的摩擦力一定减小
C.地面对乙的摩擦力一定减小
D.甲可能受5个力的作用
12、如图甲所示,质量为m0的小车放在光滑水平面上,小车上用细线悬吊一质量为m的小球,m0>
m,用一力F水平向右拉小球,使小球和车一起以加速度a向右运动时,细线与竖直方向成α角,细线的拉力为FT。
若用一力F′水平向左拉小车,使小球和车一起以加速度a′向左运动时,细线与竖直方向也成α角,如图乙所示,细线的拉力为F′T。
则( )
甲 乙
A.F′=F,F′T=FTB.F′>
F,F′T=FT
C.F′<
F,F′T>
FTD.F′<
F,F′T<
FT
13、传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L1=2.5m、L2=2m.传送带始终保持以速度v匀速运动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板.已知:
滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m=2kg,g取10m/s2.求:
(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求v的大小;
(2)若v=6m/s,求滑块离开平板时的速度大小.
14、在一些工厂和码头常采用传送带对货物进行运送,如图甲所示,一个较长的传送带倾斜放置,以恒定的速率沿逆时针方向运行,可以将货物从运输车上卸下来.现将一质量m=50kg的货物(可视为质点)静止放在传送带最上端,货物相对地面运动的vt图象如图乙所示.规定沿传送带斜向下的方向为正方向,重力加速度g取10m/s2.求:
(1)货物与传送带之间的动摩擦因数μ;
(2)在0~2s内传送带对货物做的功.
【答案】C 木板未抽出时,木块1受重力和弹簧弹力两个力并且处于平衡状态,弹簧弹力大小等于木块1的重力,FN=mg;
木块2受重力、弹簧向下的压力和木板的支持力作用.撤去木板瞬间,弹簧形变量不变,故产生的弹力不变,因此木块1所受重力和弹簧弹力均不变,故木块1仍处于平衡状态,即加速度a1=0,BD项错;
而木块2不再受木板支持力作用,只受重力和弹簧弹力作用,FN+Mg=Ma2,解得a2=
g,C项正确.
【答案】AD [从题图乙可发现两钩子的拉力总是大小相等,方向相反,同时产生,同时变化,同时消失。
故选项A、D正确。
]
A [本题考查根据斜面上物块的受力情况分析其运动情况。
设斜面的倾角为θ,则物块下滑的加速度为a=gsinθ,设OP的距离为x,则
=
at2=
gsinθ·
t2,因两物块在斜面上下滑的时间相等,即t1=t2则有cosθ1·
sinθ1=cosθ2·
sinθ2,由图可知
·
,解得x=
,选项A正确,B错误;
根据机械能守恒可知,两物块开始下落的高度不同,则下落到底端的速度不同,选项C错误;
是物块从A点做自由落体运动到O点的时间,因此两小物块的运动时间均大于
,选项D错误。
【答案】D [设A、B的质量为m,接触面光滑时,对整体分析有a1=
,对B分析FN1=mBa1=
。
接触面粗糙时,对整体分析有a2=
-μg,可知a1>
a2;
对B分析有FN2=ma2+μmg=
,则FN1=FN2。
故D正确。
解析:
选A.因为小车突然向右运动,铁球和乒乓球都有向右运动的趋势,但由于与同体积的“水球”相比,铁球质量大,惯性大,铁球的运动状态难改变,即速度变化慢,而同体积的水球的运动状态容易改变,即速度变化快,而且水和车一起加速运动,所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动.同理,由于乒乓球与同体积的“水球”相比,质量小,惯性小,乒乓球相对小车向右运动.
【答案】D [人对沼泽地的压力与沼泽地对人的支持力为作用力与反作用力,故二力大小一定相等,故A、B、C错误,D正确。
选B.“质量测量仪”是先通过光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间,则能算出加速度a=
,然后根据牛顿第二定律F=ma,求解质量,所以工作原理为牛顿第二定律.由于在太空中处于完全失重状态,所以测量仪器不论在什么方向上,弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力,故B正确.
【答案】C [物体受到力的作用后,运动状态发生改变,但物体的惯性完全由物体的质量决定,与物体的受力及运动速度无关,选项A、B、D均错误;
一切物体都具有惯性,所以让物体受力使其速度发生改变,都需要一定时间,选项C正确。
C [飞机失去升力前做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有F-mg-f=ma1,代入数据解得a1=2m/s2,t=6s时,速度v1=a1t=2×
6m/s=12m/s,前6s内的位移x1=
a1t2=
×
2×
62m=36m,6s后失去升力,根据牛顿第二定律有mg+f=ma2,解得a2=12m/s2,匀减速上升的位移x2=
m=6m,飞机能达到的最大高度h=x1+x2=36m+6m=42m,飞机失去升力下降阶段做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有mg-f=ma3,解得a3=8m/s2,恢复升力后向下做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有F+f-mg=ma4,解得a4=6m/s2,开始恢复升力的速度设为v,则
+
=h,解得v=12
m/s,此时飞机离地面的高度h1=
=24m,故C正确。
【答案】A [由于绳子张力可以突变,故剪断OA后小球A、B只受重力,其加速度a1=a2=g。
故选项A正确。
选CD.把甲、乙、丙看成一个整体,系统处于平衡状态,水平方向上静摩擦力的大小等于水平外力F的大小,当F减小时,地面对乙的摩擦力随之减小,C正确;
对丙进行受力分析,丙始终处于静止状态,所受各个力的大小均不变,A错误;
将甲、丙看成一个整体,由于开始时整体所受静摩擦力的方向不确定,故乙对甲的摩擦力的大小变化不确定,B错误;
当甲、乙之间的静摩擦力为0时,甲受5个力的作用,如图所示,D正确.
【答案】B [对小球进行受力分析,由于小球竖直方向上所受合力为零,可知FTcosα=mg,F′Tcosα=mg,所以FT=F′T。
对于题图乙中的小球,水平方向有F′Tsinα=ma′,对于题图甲中的小车,水平方向有FTsinα=m0a,因为m0>
m,所以a′>
a。
对小球与车组成的整体,由牛顿第二定律得F=(m0+m)a,F′=(m0+m)a′,所以F′>
F,选项B正确。
(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小:
a1=
=3m/s2,由于μ1mg>
2μ2mg
故平板做匀加速运动,加速度大小:
a2=
=1m/s2
设滑块滑至平板右端用时为t,共同速度为v′,平板位移为x,对滑块:
v′=v-a1t
L2+x=vt-
a1t2
对平板:
v′=a2t,x=
a2t2
联立以上各式代入数据解得:
t=1s,v=4m/s.
(2)滑块在传送带上的加速度:
a3=
=5m/s2
若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度为:
v1=
=5m/s<
6m/s
即滑块滑上平板的速度为5m/s.
设滑块在平板上运动的时间为t′,离开平板时的速度为v″,平板位移为x′
则v″=v1-a1t′,L2+x′=v1t′-
a1t′2,
x′=
a2t′2
t′1=
s,t′2=2s(t′2>
t,不合题意,舍去)
将t′=
s代入v″=v1-a1t′得:
v″=3.5m/s.
答案:
(1)4m/s
(2)3.5m/s
【答案】
(1)0.5
(2)-1200J
(1)设货物在0~1s内的加速度为a1,在1~2s内的加速度为a2,由货物运动的速度-时间图象以及运动学公式可得
=10m/s2
=2m/s2
货物在0~1s的受力情况如图1所示,货物在1~2s的受力情况如图2所示.
由牛顿运动定律可得
mgsinθ+f=ma1
mgsinθ-f=ma2
联立解得滑动摩擦力
f=
(a1-a2)=200N
sinθ=0.6
又f=μmgcosθ
所以可得μ=0.5
(2)由题意可得,在0~2s内传送带对货物做的功为滑动摩擦力对货物做的功,设t=2s内前一秒的位移为s1,后一秒的位移为s2
s1=
=5m
s2=
=11m
前一秒内摩擦力对货物做正功,有W1=f×
s1=1000J
后一秒内摩擦力对货物做负功,有W2=-f×
s2=-2200J
所以W=W1+W2=-1200J
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