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湖北高考物理复习直线运动和牛顿运动定律专项提升练习题

来源:快读网 编辑:秩名 时间:2016-02-15

  1. (2015·湖北省八校第二次联考)如图所示,为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象,已知甲做匀变速直线运动,乙做匀速直线运动,则0~t2时间内下列说法正确的是(  )

  A.两物体在t1时刻速度大小相等

  B.t1时刻乙的速度大于甲的速度

  C.两物体平均速度大小相等

  D.甲的平均速度小于乙的平均速度

  解析:选C.根据位移图象的斜率等于速度,则在t1时刻,甲图象的斜率大于乙图象的斜率,所以甲的速度大于乙的速度,故A、B错误;x-t图象坐标的变化量等于位移,根据图象可知,甲乙位移大小相等,方向相反,而时间相等,则平均速度的大小相等,故C正确,D错误.

  2. (2016·衡水中学调研)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶,其v-t图象如图所示,下列对汽车运动状况的描述正确的是(  )

  A.在第10 s末,乙车改变运动方向

  B.在第10 s末,甲、乙两车相距150 m

  C.在第20 s末,甲、乙两车相遇

  D.若开始时乙车在前,则两车可能相遇两次

  解析:选D.在第10 s前后,乙车的速度均为正值,其运动方向不变,A错误;出发时,甲、乙两辆车的位置未知,无法计算第10 s末两车距离的大小,B错误;在第20 s末,甲、乙两车的速度相等,由于两车的初始位置未知,两车是否相遇无法判断,C错误;若开始时乙车在前且两车的初始位移差小于20×10 m-×10×10 m=150 m时,在前10 s内,两车相遇一次,随后甲车的位移又比乙车的位移大,第20 s后,由于乙车的速度大于甲车的速度,二者位移差又开始逐渐减小,在某时刻两车还会相遇一次,之后二者的位移差逐渐增大不再相遇,故两车可能相遇两次,D正确.

  3.在探究超重和失重规律时,某体重为mg的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作,传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象如图所示,则该同学下蹲过程中的v-t图象可能是(  )

  解析:选C.设该同学的加速度大小为a,则加速下蹲过程中,压力F=mg-ma,由题图可知加速度先逐渐增大然后逐渐减小,速度达到最大后,开始减速下蹲过程,压力F=mg+ma,由题图可知加速度先逐渐增大然后逐渐减小,最后速度减为零,图象C符合这个运动规律.

  4.光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B,两斜面体形状大小完全相同,质量分别为M、m.如图甲、乙所示,对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动,已知两斜面体间的摩擦力为零,则F1与F2之比为(  )

  A.Mm        B.mM

  C.m(M+m) D.M(M+m)

  解析:选A.F1作用于A时,设A和B之间的弹力为N,对A有:Ncos θ=Mg,对B有:Nsin θ=ma,对A和B组成的整体有:F1=(M+m)a=gtan θ;F2作用于A时,对B有:mgtan θ=ma′,对A和B组成的整体有:F2=(M+m)a′=(M+m)gtan θ,=.

  5.(2015·浙江名校大联考)在水下潜水器某次海试活动中,完成任务后从海底竖直上浮,从上浮速度为v时开始计时,此后匀减速上浮,经过时间t上浮到海面,速度恰好减为零,则蛟龙号在t0(t0

  A. B.vt0(1-)

  C. D.

  解析:选D.蛟龙号上浮时的加速度大小a=v/t,根据逆向思维,可知蛟龙号在t0时刻距离海平面的深度h==.

  6.(2015·第三次全国大联考)(多选)如图甲所示,小物块从光滑斜面上由静止滑下,位移x与速度的平方v2的关系如图乙所示.g=10 m/s2,下列说法正确的是(  )

  A.小物块的下滑的加速度大小恒为2.5 m/s2

  B.斜面倾角为30°

  C.小物块2 s末的速度是5 m/s

  D.小物块第2 s内的平均速度为7.5 m/s

  解析:选.由v2=2ax结合图得=2.52,.由牛顿第二定律得:a=mgsin θ/m=gsin θ,得sin θ==0.5,θ=,故B.小物块2 s末的速度v2=at=5×2 m/s= m/s,故C.小物块1 s末的速度v1=at=5×1 m/s= m/s,第2 s内的平均速度==. 75 m/s,故D.

  7.(2015·高考新课标全国卷)(多选)在一东西方向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢.当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为(  )

  A.8 B.10

  C.15 D.18

  解析:选BC.设该列车厢与P相连的部分为P部分,与Q相连的部分为Q部分.设该列车厢有n节,Q部分为n1节,每节车厢质量为m,当加速度为a时,对Q有F=n1ma;当加速度为a时,对P有F=(n-n1)ma,联立得2n=5n1.当n1=2,n1=4,n1=6时,n=5,n=10,n=15,由题中选项得该列车厢节数可能为10或15,选项B、C正确.

  8.(多选)如图甲所示,质量为m=1 kg的物体在水平拉力F作用下在水平地面上运动,物体的v-t图象如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,g取10 m/s2,关于水平拉力F和摩擦力f随时间变化的图象正确的是(  )

  解析:选BD.由图乙知,0~1 s内物体沿正方向加速,1~2 s内物体沿正方向减速,2~3 s内物体沿负方向加速,3~4 s内物体沿负方向减速;摩擦力f=μmg=2 N,0~1 s内加速度为a1=4 m/s2,F1-μmg=ma1,F1=6 N;1~2 s内加速度为a2=-4 m/s2,F2-μmg=ma2,F2=-2 N,2~3 s内加速度a3=-4 m/s2,F3+μmg=ma3,F3=-6 N,3~4 s内加速度a4=4 m/s2,F4+μmg=ma4,F4=2 N;0~2 s内摩擦力沿负方向,2~4 s内摩擦力沿正方向.

  9.低空极限跳伞是最近比较流行的极限运动,美国选手约翰·温克尔科特在安顺坝陵河大桥跳伞国际挑战赛获得冠军.已知参赛选手均从落差为H=224 m的高桥从静止开始下落,其中约翰·温克尔科特在下落一段时间后打开降落伞,之后立即以大小为a=12.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动,假设人的安全着陆速度最大为vt=5 m/s.假设张伞前空气阻力不计,重力加速度为g=10 m/s2.约翰·温克尔科特的质量m=60 kg.

  (1)如果在某次跳伞过程中,约翰·温克尔科特为了确保安全着陆,至少离地多高打开降落伞?

  (2)在第(1)问中约翰·温克尔科特打开伞后所受的阻力为多大?

  (3)为了满足上述条件,约翰·温克尔科特在整个运动过程中的最短时间为多少?

  解析:(1)设约翰·温克尔科特下落高度为h时打开降落伞,此时速度为v,之后打开降落伞开始做匀减速直线运动,落地时速度刚好为5 m/s,这种情况下他在空中运动时间最短,则有v2=2gh

  v2-v=2a(H-h)

  联立解得h=125 m,v=50 m/s

  为使约翰·温克尔科特安全着地,他展开伞时的高度至少为H-h=224 m-125 m=99 m.

  (2)由牛顿第二定律得f-mg=ma,代入数据可解得

  f=1 350 N.

  (3)他在空中自由下落的时间为

  t1== s=5 s

  他减速运动的时间为t2== s=3.6 s

  在能够安全着陆的情况下,他在空中运动的最短时间为

  t=t1+t2=8.6 s.

  答案:(1)99 m (2)1 350 N (3)8.6 s

  10.(2015·漳州市八校第三次联考)质量为2 kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示.A和B经过1 s达到同一速度,之后共同减速直至静止,A和B的v-t图象如图乙所示,重力加速度g=10 m/s2,求:

  (1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1;

  (2)B与水平面间的动摩擦因数μ2;

  (3)A的质量.

  解析:(1)由图象可知,A在0~1 s内的加速度a1==-2 m/s2

  对A由牛顿第二定律得:-μ1mg=ma1

  解得:μ1=0.2

  (2)由图象知,AB在1~3 s内的加速度a3==-1 m/s2

  对AB由牛顿第二定律得:-(M+m)gμ2=(M+m)a3

  解得:μ2=0.1

  (3)由图象可知B在0~1 s内的加速度a2==2 m/s2

  对B由牛顿第二定律得:μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2

  代入数据解得:m=6 kg.

  答案:(1)0.2 (2)0.1 (3)6 kg

  11.(2015·高考新课标全国卷)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ=37°的山坡C,上面有一质量为m的石板B,其上下表面与斜坡平行;B上有一碎石堆A(含有大量泥土),A和B均处于静止状态,如图所示.假设某次暴雨中,A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A、B间的动摩擦因数μ1减小为,B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A、B开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s末,B的上表面突然变为光滑,μ2保持不变.已知A开始运动时,A离B下边缘的距离l=27 m,C足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g=10 m/s2.求:

  (1)在0~2 s时间内A和B加速度的大小;

  (2)A在B上总的运动时间.

  解析:(1)在0~2 s时间内,A和B的受力如图所示,其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得

  f1=μ1N1

  N1=mgcos θ

  f2=μ2N2

  N2=N1′+mgcos θ

  规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2,由牛顿第二定律得

  mgsin θ-f1=ma1

  mgsin θ-f2+f1′=ma2

  N1=N1′

  f1=f1′

  联立式,并代入题给数据得

  a1=3 m/s2

  a2=1 m/s2

  (2)在t1=2 s时,设A和B的速度分别为v1和v2,则

  v1=a1t1=6 m/s

  v2=a2t1=2 m/s

  t>t1时,设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得

  a1′=6 m/s2

  a2′=-2 m/s2

  B做减速运动.设经过时间t2,B的速度减为零,则有

  v2+a2′t2=0

  联立式得

  t2=1 s

  在t1+t2时间内,A相对于B运动的距离为

  s=-

  =12 m<27 m

  此后B静止,A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B,则有

  l-s=(v1+a1′t2)t3+a1′t?

  可得

  t3=1 s(另一解不合题意,舍去)

  设A在B上总的运动时间为t总,有

  t总=t1+t2+t3=4 s

  答案:(1)3 m/s2 1 m/s2 (2)4 s

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