2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練4 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用.doc
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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練4 牛頓第二定律的理解和應(yīng)用 1.(xx北京18)應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象,可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入.例如平伸手掌托起物體,由靜止開始豎直向上運(yùn)動(dòng),直至將物體拋出.對(duì)此現(xiàn)象分析正確的是( ) A.手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中,物體始終處于超重狀態(tài) B.手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過程中,物體始終處于失重狀態(tài) C.在物體離開手的瞬間,物體的加速度大于重力加速度 D.在物體離開手的瞬間,手的加速度大于重力加速度 答案 D 解析 手托物體拋出的過程,必有一段加速過程,其后可以減速,可以勻速,當(dāng)手和物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),物體既不超重也不失重;當(dāng)手和物體減速運(yùn)動(dòng)時(shí),物體處于失重狀態(tài),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;物體從靜止到運(yùn)動(dòng),必有一段加速過程,此過程物體處于超重狀態(tài),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)物體離開手的瞬間,物體只受重力,此時(shí)物體的加速度等于重力加速度,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;手和物體分離之前速度相同,分離之后手速度的變化量比物體速度的變化量大,物體離開手的瞬間,手的加速度大于重力加速度,所以選項(xiàng)D正確. 2.(xx重慶5)以不同初速度將兩個(gè)物體同時(shí)豎直向上拋出并開始計(jì)時(shí),一個(gè)物體所受空氣阻力可忽略,另一個(gè)物體所受空氣阻力大小與物體速率成正比,下列用虛線和實(shí)線描述兩物體運(yùn)動(dòng)的v—t圖像可能正確的是( ) 答案 D 解析 不受空氣阻力的物體,運(yùn)動(dòng)過程中加速度不變,v—t圖像為圖中虛線所示.受的空氣阻力大小與速率成正比關(guān)系的物體,上升過程中:mg+kv=ma,a=g+,開始時(shí)加速度最大,上升過程中a始終大于g,v—t圖像斜率均大于虛線斜率,只有選項(xiàng)D符合題意. 3.如圖1是伽利略研究自由落體運(yùn)動(dòng)實(shí)驗(yàn)的示意圖,讓小球由傾角為θ、長度一定的光滑斜面頂端由靜止滑下,在不同的條件下進(jìn)行多次實(shí)驗(yàn),下列敘述正確是( ) 圖1 A.θ角越大,小球?qū)π泵娴膲毫υ酱? B.θ角越大,小球運(yùn)動(dòng)的加速度越小 C.θ角越大,小球從頂端運(yùn)動(dòng)到底端所需時(shí)間越短 D.θ角一定,質(zhì)量不同的小球運(yùn)動(dòng)的加速度也不同 答案 C 解析 小球?qū)π泵娴膲毫Γ篎N=mgcos θ,隨傾角增大而減小,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球加速度為:a=gsin θ,隨傾角增大而增大,且小球加速度與質(zhì)量無關(guān),故選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤;小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t= ,隨傾角增大而減小,故選項(xiàng)C正確. 4.(xx山東師大附中第五次模擬)如圖2所示,光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊,其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一輕彈簧相連,輕彈簧能承受的最大拉力為FT.現(xiàn)用水平拉力F拉質(zhì)量為3m的木塊,使三個(gè)木塊一起加速運(yùn)動(dòng),則以下說法正確的是(質(zhì)量為m和2m的木塊始終未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng))( ) 圖2 A.質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用 B.當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí),輕彈簧剛好被拉斷 C.當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時(shí),輕彈簧還不會(huì)被拉斷 D.當(dāng)F撤去瞬間,m所受摩擦力的大小和方向不變 答案 CD 解析 質(zhì)量為2m的木塊受重力、支持力、m對(duì)它的壓力以及摩擦力,還有彈簧的彈力,總共受5個(gè)力,故A錯(cuò)誤.當(dāng)彈簧的彈力為FT時(shí),m和2m的加速度a=,對(duì)整體分析,拉力F=6ma=2FT.知當(dāng)拉力F為2FT時(shí),輕彈簧恰好被拉斷,故B錯(cuò)誤,C正確.撤去F的瞬間,彈簧的彈力不變,m和2m整體的加速度不變,隔離對(duì)m分析,根據(jù)牛頓第二定律知,m所受的摩擦力大小和方向都不變,故D正確. 5.如圖3所示,沿平直公路行駛的小車內(nèi)有一傾角為37的粗糙固定斜面,上面放一物塊,當(dāng)小車做勻變速運(yùn)動(dòng)時(shí)物塊與斜面始終保持相對(duì)靜止,若物塊受到的摩擦力與支持力大小相等,則小車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是(sin 37=0.6,重力加速度為g)( ) 圖3 A.向左做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為g B.向左做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為g C.向右做勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為7g D.向右做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度大小為7g 答案 BD 解析 滑塊受重力、支持力和摩擦力. 假設(shè)摩擦力平行斜面向上,根據(jù)牛頓第二定律,有: 豎直方向:FNcos 37+Ffsin 37=mg 水平方向:Ffcos 37-FNsin 37=ma 其中:Ff=FN,解得:a=g. 故小車可能向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)或者向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為g,故B正確. 假設(shè)摩擦力平行斜面向下,根據(jù)牛頓第二定律,有: 豎直方向:FNcos 37-Ffsin 37=mg 水平方向:Ffcos 37+FNsin 37=ma 其中:Ff=FN,解得:a=7g. 故向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)或者向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為7g,故C錯(cuò)誤,D正確. 6.(xx浙江嘉興二模)如圖4甲所示,一質(zhì)量為M的長木板靜置于光滑水平面上,其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊.木板受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用時(shí),用傳感器測(cè)出其加速度a,得到如圖乙所示的a-F圖.取g=10 m/s2,則( ) 圖4 A.滑塊的質(zhì)量m=4 kg B.木板的質(zhì)量M=6 kg C.當(dāng)F=8 N時(shí)滑塊加速度為2 m/s2 D.滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 答案 AD 解析 當(dāng)F等于6 N時(shí),加速度為:a=1 m/s2 對(duì)整體分析,由牛頓第二定律有:F=(M+m)a, 代入數(shù)據(jù)解得:M+m=6 kg 當(dāng)F大于6 N時(shí),根據(jù)牛頓第二定律得: a==F-, 知圖線的斜率k==,解得M=2 kg 滑塊的質(zhì)量為:m=4 kg,故A正確,B錯(cuò)誤. 根據(jù)F大于6 N的圖線知, F=4 N時(shí),a=0,即0=F-, 代入數(shù)據(jù)解得μ=0.1,所以a=F-2, 當(dāng)F=8 N時(shí),長木板的加速度為a=2 m/s2. 根據(jù)μmg=ma′,得a′==μg=1 m/s2, 故C錯(cuò)誤,D正確. 7.如圖5所示,水平面上停放著A、B兩輛小車,質(zhì)量分別為M和m,M>m,兩小車相距為L,人的質(zhì)量也為m,另有質(zhì)量不計(jì)的硬桿和細(xì)繩.第一次人站在A車上,桿插在B車上;第二次人站在B車上,桿插在A車上;若兩種情況下人用相同大小的水平作用力拉繩子,使兩車相遇,不計(jì)阻力,兩次小車從開始運(yùn)動(dòng)到相遇的時(shí)間分別為t1和t2,則( ) 圖5 A.t1等于t2 B.t1小于t2 C.t1大于t2 D.條件不足,無法判斷 答案 B 解析 設(shè)人的拉力為F,則當(dāng)人在A車上時(shí),A、B車的加速度分別為:aA=,aB=, A、B兩車都做勻加速直線運(yùn)動(dòng), 則aAt+aBt=L, 即:(+)t=L① 當(dāng)人在B車上時(shí),A、B車的加速度分別為: aA′=,aB′= A、B兩車都做勻加速直線運(yùn)動(dòng), 則aA′t+aB′t=L, 即(+)t=L② 由①②式解得:= <1,所以t1<t2,故選B.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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