2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)限時(shí)訓(xùn)練.doc
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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律與直線運(yùn)動(dòng)限時(shí)訓(xùn)練 一、選擇題 1.(xx湖北八校聯(lián)考)如圖所示為甲、乙兩物體在同一直線上運(yùn)動(dòng)的位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖象,已知甲做勻變速直線運(yùn)動(dòng),乙做勻速直線運(yùn)動(dòng),則0~t2時(shí)間內(nèi)下列說法正確的是( ) A.兩物體在t1時(shí)刻速度大小相等 B.t1時(shí)刻乙的速度大于甲的速度 C.兩物體平均速度大小相等 D.甲的平均速度小于乙的平均速度 解析:選C.因x-t圖線的斜率表示速度,則由題中圖象可知A、B均錯(cuò).因平均速度定義式為v=,甲、乙兩物體在0~t2時(shí)間內(nèi)位移大小相等,故平均速度大小相等,C對(duì)、D錯(cuò). 2.(多選)(xx山東濟(jì)南一模)一質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的v-t 圖象如圖所示,下列選項(xiàng)正確的是( ) A.在2~4 s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)所受合外力為零 B.質(zhì)點(diǎn)在0~2 s內(nèi)的加速度比4~6 s內(nèi)的加速度大 C.在第4 s末,質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) D.在0~6 s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)的平均速度為5 m/s 解析:選AD.由題圖可知,在2~4 s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以所受合外力為零,A對(duì).由題圖可知,質(zhì)點(diǎn)在0~2 s內(nèi)加速度大小為5 m/s2,4~6 s內(nèi)加速度大小為10 m/s2,B錯(cuò).由題圖可知,在第5 s末,質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn),C錯(cuò).在0~6 s內(nèi),質(zhì)點(diǎn)的平均速度v==5 m/s,D對(duì). 3.(xx江西八校聯(lián)考)xx年元宵節(jié)期間人們?nèi)挤牌鹈利惖难婊鹨詰c祝中華民族的傳統(tǒng)節(jié)日,按照設(shè)計(jì),某種型號(hào)的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后,在3 s末到達(dá)離地面90 m的最高點(diǎn)時(shí)炸開,構(gòu)成各種美麗的圖案.假設(shè)禮花彈從炮筒中豎直向上射出時(shí)的初速度是v0,上升過程中所受的阻力大小始終是自身重力的k倍,g=10 m/s2,那么v0和k分別等于( ) A.30 m/s,1 B.30 m/s,0.5 C.60 m/s,0.5 D.60 m/s,1 解析:選D.本題考查運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律,利用運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有x=t,代入數(shù)據(jù)得v0=60 m/s;對(duì)上升過程中的禮花彈受力分析,如圖所示.由牛頓第二定律有:mg+Ff=ma,又Ff=kmg,a= m/s2=20 m/s2,解得:k=1.故A、B、C錯(cuò),D對(duì). 4.(xx寶雞高三質(zhì)檢)如圖所示,將質(zhì)量為M的U形框架開口向下置于水平地面上,用輕彈簧1、2、3將質(zhì)量為m的小球懸掛起來.框架和小球都靜止時(shí)彈簧1豎直,彈簧2、3水平且長(zhǎng)度恰好等于彈簧原長(zhǎng),這時(shí)框架對(duì)地面的壓力大小等于(M+m)g.現(xiàn)將彈簧1從最上端剪斷,則在剪斷后瞬間( ) A.框架對(duì)地面的壓力大小仍為(M+m)g B.框架對(duì)地面的壓力大小為0 C.小球的加速度大小等于g D.小球的加速度為0 解析:選D.剪斷彈簧1瞬間,彈簧的形變不改變,小球所受合外力為0,由牛頓第二定律可知此時(shí)小球的加速度大小為0,D項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤;框架受重力和支持力作用,F(xiàn)N=Mg,由牛頓第三定律可知,框架對(duì)地面的壓力大小為Mg,A、B項(xiàng)錯(cuò)誤. 5.(多選)(xx高考江蘇卷)一人乘電梯上樓,在豎直上升過程中加速度a隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,以豎直向上為a的正方向,則人對(duì)地板的壓力( ) A.t=2 s時(shí)最大 B.t=2 s時(shí)最小 C.t=8.5 s時(shí)最大 D.t=8.5 s時(shí)最小 解析:選AD.人受重力mg和支持力FN的作用,由牛頓第二定律得FN-mg=ma.由牛頓第三定律得人對(duì)地板的壓力大小F′N=FN=mg+ma,當(dāng)t=2 s時(shí)a有最大值,F(xiàn)′N最大.當(dāng)t=8.5 s時(shí),a有最小值,F(xiàn)′N最小,選項(xiàng)A、D正確. 6.(xx武漢武昌區(qū)高三調(diào)研)從地面豎直上拋一物體A的同時(shí),在離地面高H處有相同質(zhì)量的另一物體B開始做自由落體運(yùn)動(dòng),兩物體在空中同時(shí)到達(dá)距地面高h(yuǎn)時(shí)速率都為v(兩物體不會(huì)相碰),則下列說法正確的是( ) A.H=2h B.物體A豎直上拋的初速度大小是物體B落地時(shí)速度大小的2倍 C.物體A、B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 D.兩物體落地前各自的機(jī)械能都守恒且兩者機(jī)械能相等 解析:選D.根據(jù)題設(shè)條件畫出兩物體運(yùn)動(dòng)的情景圖,如圖所示,兩質(zhì)量相等的物體經(jīng)過相同的時(shí)間到達(dá)相同的位置時(shí)的速度相等,兩物體具有相同的機(jī)械能,由于兩物體在運(yùn)動(dòng)過程中各自機(jī)械能守恒,故兩物體落地前各自的機(jī)械能都守恒且兩者機(jī)械能相等,選項(xiàng)D正確;由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得:對(duì)物體A到達(dá)距地面高h(yuǎn)時(shí),v=vA-gt,對(duì)物體B到達(dá)距地面高h(yuǎn)時(shí),v=gt,可得:vA=2v;h==,H-h(huán)=,可得:H=h,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)物體B,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得:vB==2v.物體A豎直上拋的初速度大小與物體B落地時(shí)速度大小相等,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得:物體A在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tA==,物體B在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tB==,選項(xiàng)C錯(cuò)誤. 7.(xx河北衡水調(diào)研)如圖甲所示,在木箱內(nèi)粗糙斜面上靜置一個(gè)質(zhì)量為m的物體,木箱豎直向上運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示,物體始終相對(duì)斜面靜止.斜面對(duì)物體的支持力和摩擦力分別為FN和Ff,則下列說法正確的是( ) A.在0~t1時(shí)間內(nèi),F(xiàn)N增大,F(xiàn)f減小 B.在0~t1時(shí)間內(nèi),F(xiàn)N減小,F(xiàn)f增大 C.在t1~t2時(shí)間內(nèi),F(xiàn)N增大,F(xiàn)f增大 D.在t1~t2時(shí)間內(nèi),F(xiàn)N減小,F(xiàn)f減小 解析:選D.在0~t1時(shí)間內(nèi),由題圖可知,物體做加速運(yùn)動(dòng),加速度逐漸減小,設(shè)斜面傾角為θ,對(duì)物體受力分析,在豎直方向上有FNcos θ+Ffsin θ-mg=ma1,在水平方向上有FNsin θ=Ffcos θ,因加速度減小,則支持力FN和摩擦力Ff均減?。趖1~t2時(shí)間內(nèi),由題圖可知,物體做減速運(yùn)動(dòng),加速度逐漸增大,對(duì)物體受力分析,在豎直方向上有mg-(FNcos θ+Ffsin θ)=ma2,在水平方向上有FNsin θ=Ffcos θ,因加速度增大,則支持力FN和摩擦力Ff均減小,故選D. 8.(xx安徽合肥一模)如圖所示, a、b兩物體的質(zhì)量分別為m1、m2,由輕質(zhì)彈簧相連.當(dāng)用恒力F豎直向上拉著a,使a、b一起向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為x1,加速度大小為a1;當(dāng)用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a,使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),彈簧伸長(zhǎng)量為x2,加速度大小為a2.則有( ) A.a(chǎn)1=a2,x1=x2 B.a(chǎn)1- 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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