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2016届高考四川物理专题限时训练8

来源 :中华考试网 2016-03-07

  一、选择题

  1.下列说法正确的是(  )

  A.物体的速度越大,说明它受到的外力越大

  B.物体的加速度在改变,说明它受到的合外力大小一定改变

  C.静止在水平桌面上的物体受到了垂直桌面向上的支持力,该力所产生的加速度不为零

  D.一个人从地面跳起来,说明地面对人的支持力大于人对地面的压力

  解析:物体速度大小与受力大小无关,故A错误;当物体只有加速度方向发生变化时,加速度发生变化,但合外力的大小不变,故B错误;由于物体所受支持力不为零,所以对应的加速度不为零,故C正确;由牛顿第三定律知,地面对人的支持力等于人对地面的压力,故D错误.

  答案:C

  2.以下是必修1课本中四幅插图,关于这四幅插图,下列说法中不正确的是(  )

  A.图甲中学生从如图姿势起立到直立站于体重计的过程中,体重计示数先减小后增大

  B.图乙中运动员推开冰壶后,冰壶在冰面运动时受到的阻力很小,可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变

  C.图丙中赛车的质量不是很大却安装着强大的发动机,可以获得很大的加速度

  D.图丁中高大的桥要造很长的引桥,从而减小桥面的坡度来减小车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全

  解析:题图甲中学生从图示姿势起立到直立站于体重计的过程中,先向上加速,加速度向上,处于超重状态,再上向减速,加速度向下,处于失重状态,由超重和失重的概念可知,体重计的示数先增大后减小,A错误;当物体运动过程中不受外力作用时,将做匀速直线运动,B正确;由牛顿第二定律可知C正确;高大的桥造很长的引桥,可以减小桥面的坡度,这样可以减小车辆重力沿桥面方向的分力,保证行车方便与安全,D正确.

  答案:A

  3.为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小,让钢球从某一高度竖直落下进入某种液体中运动,用闪光照相的方法拍摄钢球在不同时刻的位置,如图所示,已知钢球在液体中所受浮力为F浮,运动时受到的阻力与速度大小成正比,即F=kv,闪光照相机的闪光频率为f,图中刻度尺的最小分度为d,钢球的质量为m,则阻力常数k的表达式是(  )

  A. B.

  C.(-2f) D.(+2f)

  解析:匀速运动时F阻=kv=k=2kdf,根据平衡条件mg=F阻+F浮,解得k=,B正确.

  答案:B

  4.一辆小车静止在水平地面上,bc是固定在车上的一根水平杆,物体A穿在杆上,通过细线悬吊着小物体B,B在小车的水平底板上,小车未动时细线恰好在竖直方向上.现使小车如下图分四次分别以加速度a1、a2、a3、a4向右匀加速运动,四种情况下A、B均与车保持相对静止,且(1)和(2)中细线仍处于竖直方向.已知a1a2∶a3∶a4=12∶4∶8,A受到的摩擦力大小依次为f1、f2、f3、f4,则下列判断错误的是(  )

  A.f1f2=12 B.f1f2=23

  C.f3f4=12 D.tanα=2tanθ

  解析:设A、B的质量分别为M、m,则由题图知,(1)和(2)中A的水平方向只受摩擦力作用,根据牛顿第二定律f1=Ma1,f2=Ma2,所以f1f2=12,故A正确,B错误;(3)和(4)中,以A、B整体为研究对象,受力分析如图所示,则f3=(M+m)a3,f4=(M+m)a4,可得f3f4=12,所以C正确;以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得mgtanθ=ma3,mgtanα=ma4,联立可得tanα=2tanθ,故D正确.

  答案:B

  5.在地面上以初速度v0竖直向上抛出一小球,经过2t0时间小球落回抛出点,其速率为v1,已知小球在空中运动时所受空气阻力与小球运动的速率成正比,则小球在空中运动时速率v随时间t的变化规律可能是(  )

  解析:小球上升过程中,由牛顿第二定律有mg+kv=ma,故随速度的减小,加速度逐渐减小,v-t图象的切线斜率逐渐减小;小球下降过程中,由牛顿第二定律有mg-kv=ma,则随速度逐渐增大,加速度逐渐减小,v-t图象的切线斜率逐渐减小;由于有阻力作用,故回到地面的速度将小于初速度v0,选项A正确.

  答案:A

  6.(多选)在某次热气球飞行训练中,热气球刚开始从地面竖直上升时,加速度为0.5 m/s2,当上升到180 m时,开始以5 m/s的速度匀速上升.若离开地面后热气球所受浮力保持不变,上升过程中热气球总质量保持不变,为460 kg,重力加速度g=10 m/s2.关于热气球,下列说法正确的是(  )

  A.所受浮力大小为4 830 N

  B.加速上升过程中所受空气阻力保持不变

  C.从地面开始上升10 s时的速度大小为5 m/s

  D.以5 m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

  解析:热气球刚从地面竖直上升时,速度为零,空气阻力为零,分析热气球受力,由牛顿第二定律有F浮-mg=ma,得F浮=m(g+a)=4 830 N,A对;随速度的增加,空气阻力会越来越大,否则热气球不会最终匀速上升,B错;随空气阻力的增大,热气球加速度会减小,因此从地面开始上升10 s时速度达不到5 m/s,C错;以5 m/s的速度匀速上升时,热气球受力平衡,有F浮=mg+F阻,得F阻=F浮-mg=230 N,D对.

  答案:AD

  7.如图所示,在光滑水平面上有一静止小车,小车质量为M=5 kg,小车上静止地放置着质量为m=1 kg的木块,木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2,用水平恒力F拉动小车,下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM,可能正确的是(  )

  A.am=1 m/s2, aM=1 m/s2

  B.am=1 m/s2, aM=2 m/s2

  C.am=2 m/s2, aM=4 m/s2

  D.am=3 m/s2, aM=5 m/s2

  解析:对上面的木块受力分析,在水平方向只可能有摩擦力,因此其加速度am=≤=μg=2 m/s2,D错.若小车和物块加速度不相等,则摩擦力为滑动摩擦力,则有木块加速度am===μg=2 m/s2,B错.若二者没有相对运动,则加速度相等且加速度小于μg=2 m/s2,A对.若发生相对运动,则木块加速度am=μg=2 m/s2,小车加速度大于木块加速度,C对.

  答案:AC

  二、非选择题

  8.在倾角θ=37°的固定斜面上,一物块以初速度v0=4 m/s从斜面底端A沿粗糙斜面向上运动,如图所示,已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:

  (1)物块向上运动时和返回向下运动时物块的加速度大小;

  (2)物体重新回到斜面底端A时的速度大小.

  解析:(1)设物块沿斜面向上运动的加速度为a1,则

  mgsin37°+μmgcos37°=ma1

  a1=g(sin37°+μcos37°)=10×(0.6+0.5×0.8) m/s2=10 m/s2

  物块沿斜面向下运动的加速度为a2,则

  mgsin37°-μmgcos37°=ma2

  a2=g(sin37°-μcos37°)=10×(0.6-0.5×0.8) m/s2=2 m/s2

  (2)物块沿斜面向上运动的最大位移为x,重新回到A点的速度为v,则

  v=2a1x

  v2=2a2x

  解得v=v0= m/s≈1.8 m/s.

  答案:(1)10 m/s2 2 m/s2 (2)1.8 m/s

  9如图所示,质量M=1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4,最大静摩擦力均等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10 m/s2.

  (1)若木板长L=1 m,在铁块上加一水平向右的恒力F=8 N,经过多长时间铁块运动到木板的右端?

  (2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F,分析并计算铁块受到木板的摩擦力f的大小随拉力F变化的情况.(设木板足够长)

  解析:(1)根据牛顿第二定律

  对铁块:F-μ2mg=ma1

  对木板:μ2mg-μ1(mg+Mg)=Ma2

  又s铁=a1t2,s木=a2t2,L=s铁-s木,联立解得:t=1 s

  (2)铁块与木板之间的最大静摩擦力

  fm2=μ2mg=4 N

  木板与地面之间的最大静摩擦力

  fm1=μ1(mg+Mg)=2 N

  当F≤fm1=2 N时,木板与铁块都静止,f=F

  当铁块与木板恰好未发生相对滑动时,设此时的拉力大小为F1,根据牛顿第二定律,对铁块:F1-μ2mg=ma1

  对整体:F1-μ1(mg+Mg)=(m+M)a1

  联立解得:F1=6 N,所以当2 N6 N时,铁块相对木板滑动,此时摩擦力f=μ2mg=4 N.

  答案:(1)1 s (2)见解析

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