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2022新高考物理一轮复习检测:第三章素养提升课(三)牛顿运动定律的综合应用(有解析)
ID:49329 2021-10-08 4页1111 120.29 KB
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(建议用时:20分钟)1.(2020·吉林市第二次调研)如图所示,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。若用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象中能正确描述该过程的是(  )解析:选D。滑块下滑过程中做匀减速直线运动,下滑过程中,其速度—时间图线是一条斜向下的直线;下滑过程中,其加速度—时间图线与时间轴平行,故A、B错误;用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小,据速度—位移关系可得v-v2=2ax,解得v=,所以下滑过程中,其速度—位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线,故C错误,D正确。2.(2020·江苏海门中学第二次质调)一个物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),在这一过程中其余各力均不变。那么,下列各图中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是(  )解析:选D。由于物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中一个力的大小逐渐减小到0,物体的合力逐渐增大到某值,根据牛顿第二定律知加速度会逐渐增大到某一值,接着又使这个力逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终不变),合力逐渐减小到零,则加速度逐渐减小至零;所以物体的加速度逐渐增大到某值后再逐渐减小至零,而速度从零开始一直增大,根据v-t图象的切线斜率表示瞬时加速度,知D图正确。3.(2020·丰台区二模)如图所示,倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上,滑块A、B叠放在一起,A上表面水平,A物体的质量为2m,B物体的质量为m。当滑块A、B一起沿斜面向下 运动时,A、B始终保持相对静止。关于B物体在下滑过程中的受力,下列说法正确的是(  )A.B物体受到的支持力N=mg,方向竖直向上B.B物体受到的支持力N=mg-mgsinθ,方向竖直向上C.B物体受到的摩擦力f=mgsinθ,方向沿斜面向下D.B物体受到的摩擦力f=mgsinθcosθ,方向水平向左解析:选D。对A、B整体,由牛顿第二定律有3mgsinθ=3ma解得a=gsinθ对物体B,竖直方向mg-N=masinθ解得N=mg-masinθ=mgcos2θ方向竖直向上;水平方向f=macosθ=mgsinθcosθ方向水平向左。4.(2020·东北三省三校第二次联考)如图甲所示,质量分别为m和M的物块A、B叠放在一起,放于光滑水平面上。重力加速度大小为g,A、B间的动摩擦因数为μ,水平外力作用在A上,能使A、B保持相对静止的最大外力F与μg间的关系如图乙所示,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列说法正确的是(  )A.若m取一更大的值,则图象的斜率变小B.若m取一更大的值,则图象的斜率变大C.若M取一更大的值,则图象的斜率变大D.若M取一更大的值,则图象的斜率不变解析:选B。对整体受力分析可知,使A、B保持相对静止的最大外力为F=(M+m)a隔离B有μmg=Ma 联立解得F=μg图象斜率k==m,若m取一更大的值,则图象的斜率变大,故A错误,B正确;若M取一更大的值,则图象的斜率变小,故C、D错误。5.(2020·重庆市一中上学期期末)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受空气阻力大小恒定,方向与运动方向相反,该过程的v-t图象如图所示,g取10m/s2。下列说法中正确的是(  )A.小球重力和阻力大小之比为6∶1B.小球上升与下落所用时间之比为2∶3C.小球落回到抛出点的速度大小为8m/sD.小球下落过程受到向上的空气阻力,处于超重状态解析:选C。根据图象可得上升过程的加速度大小a1=12m/s2,由牛顿第二定律有mg+f=ma1,代入数据解得=2,即mg∶f=5∶1,故A错误;下降过程中对小球由牛顿第二定律可得mg-f=ma′,结合A选项解得a′=8m/s2,根据h=at2,可得t=,所以可知上升和下降时间之比为t1∶t2=∶=∶3,故B错误;小球匀减速上升的位移x=×2×24m=24m,下降过程根据v2=2a′x,代入数据解得v=8m/s,故C正确;小球下落过程中,加速度竖直向下,处于失重状态,故D错误。6.(2020·石家庄市第一次质检)如图所示,在水平地面上固定着一个倾角为30°的光滑斜面,斜面顶端有一不计质量和摩擦的定滑轮,一细绳跨过定滑轮,一端系在物体A上,另一端与物体B连接,物体A、B均处于静止状态,细绳与斜面平行。若将A、B两物体对调,将A置于距地面h高处由静止释放,设A与地面碰撞后立即停止运动,B在斜面运动过程中不与滑轮发生碰撞,重力加速度为g。试求: (1)A和B的质量之比;(2)物体B沿斜面上滑的总时间。解析:(1)对物体A、B受力分析,有mAgsin30°=T1T1=mBg解得=;(2)A、B对调后,A物体接触地面前,根据牛顿第二定律有对A:mAg-T2=mAa1对B:T2-mBgsin30°=mBa1B在斜面上运动:h=a1tA落地后,B继续向上运动,根据牛顿第二定律有mBgsin30°=mBa2a1t1=a2t2解得t1=t2=2所以B运动总时间t=t1+t2=4。答案:(1)2∶1 (2)4
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