2019年高三二轮复习《牛顿第二定律的应用》专项训练答案.docx
《2019年高三二轮复习《牛顿第二定律的应用》专项训练答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019年高三二轮复习《牛顿第二定律的应用》专项训练答案.docx(7页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、2019年高三二轮复习牛顿第二定律的应用专项训练答案1、【解析】选BC.假设绳子拉力为FT,根据牛顿第二定律,对甲,有m甲gFTm甲a;对乙和丙组成的整体,有FT(m乙m丙)a,联立解得FT15 N,a2.5 m/s2,A错误,B正确;对滑块丙受力分析,受重力、支持力和静摩擦力作用,根据牛顿第二定律,有Ffm丙a12.5 N2.5 N,C正确;绳子的张力为15 N,由于滑轮两侧绳子垂直,根据平行四边形定则,其对滑轮的作用力为15 N,所以D错误2、【答案】BD【解析】小球的质量mr3,由题意知m甲m乙,甲乙,则r甲r乙。空气阻力fkr,对小球由牛顿第二定律得,mgfma,则agg,可得a甲a乙
2、,选项C错误;由hat2知,t甲v乙,故选项B正确;因f甲f乙,由球克服阻力做功Wff h知,甲球克服阻力做功较大,选项D正确。3、 【答案】A4、【答案】 C【解析】对人的运动过程分析可知,人下蹲的过程可以分成两段:人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度,处于失重状态,此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上,处于超重状态,此时人对传感器的压力大于人的重力的大小,故C正确,A、B、D错误;故选C。5、【答案】AC【解析】 设第次所用时间为t,根据速度图象的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,122t0v0=12(t+3t0/2)12v0,解得:t=5t0/
3、2,所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t05t0/2=45,A正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律,F-mg=ma,可得提升的最大牵引力之比为11,B错误;由功率公式,P=Fv,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为21,C正确;加速上升过程的加速度a1=v0t0,加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(v0t0+g),减速上升过程的加速度a2=-v0t0,减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -v0t0),匀速运动过程的牵引力F3=mg。第次提升过程做功W1=F112t0v0+ F212t0v0=mg v0t0;第次提升过程做功W2=
4、F11212t012v0+ F312v03t0/2+ F21212t012v0 =mg v0t0;两次做功相同,D错误。6、【解析】选BC.设P、Q西边有n节车厢,每节车厢的质量为m,则FnmaP、Q东边有k节车厢,则Fkma联立得3n2k,由此式可知n只能取偶数,当n2时,k3,总节数为N5当n4时,k6,总节数为N10当n6时,k9,总节数为N15当n8时,k12,总节数为N20,故选项B、C正确7、【解析】选C.令物体B的质量为m,剪断轻绳前,弹簧弹力大小为F,绳子拉力大小为T,将A、B及弹簧看作整体,则有T3ma;隔离物体A为研究对象,则有F2ma.剪断轻绳后,绳中拉力消失,弹簧弹力不
5、变,所以物体A受力不变,加速度大小仍为a,而物体B所受合力为FmaB,即aB2a.8、【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 Mg,对B有:Nsin ma,对A和B组成的整体有:F1(Mm)agtan ;F2作用于A时,对B有:mgtan ma,对A和B组成的整体有:F2(Mm)a(Mm)gtan ,.9、【解析】选CD.飞机在跑道上加速时所受阻力fkmg0.210310 N2103 N,选项A错误由牛顿第二定律得Ffma,解得a5 m/s2,选项B错误设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小为v0,由匀变速直线运动规律得v2v2ax,代入数据解得v030 m/s,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 牛顿第二定律的应用 2019 年高 二轮 复习 牛顿第二定律 应用 专项 训练 答案
链接地址:https://www.31doc.com/p-2815705.html