2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（一）　力与运动

2018届高考物理二轮复习文档：寒假作业（一）　力与运动

寒假作业(一)　力与运动 ‎1．[多选]我国自主研制的歼20战机在某次试飞过程中的视频截图和竖直方向vyt图像分别如图甲和图乙所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．歼20战机在前50 s内竖直方向的加速度大小为0.8 m/s2‎ B．歼20战机在50 s到100 s内静止 C．歼20战机在100 s到200 s内竖直方向的加速度大小为0.4 m/s2‎ D．在200 s末，以地面为参考系，歼20战机的速度大小为0‎ 解析：选AC　根据图像可知，前50 s内竖直方向的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝0.8 m/s2，故A正确；歼20战机在50 s到100 s内竖直方向做匀速直线运动，不是静止状态，故B错误；根据图像可知，在100 s到200 s内竖直方向的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝0.4 m/s2，故C正确；在200 s末，以地面为参考系，竖直方向速度为零，但水平方向速度不一定为零，所以歼20战机的速度大小不一定为零，故D错误。‎ ‎2.如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为(　　)‎ A．3个　　　　　　　　　　 B．4个 C．5个 D．6个 解析：选B　先以A为研究对象，分析受力情况：受重力、B对A的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动。再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力。‎ ‎3.如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　对物体m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N－mg＝ma 其中：N＝6mg 解得：a＝5g 再对质量不计的底盘和物体m整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：‎ 竖直方向：2Fcos 60°－mg＝ma 解得：F＝6mg 根据胡克定律，有：x＝＝ 故D正确。‎ ‎4.(2017·达州一模)如图所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)。关于摩擦力f的大小随拉力F的变化关系，下列四幅图可能正确的是(　　)‎ 解析：选B　设F与水平方向的夹角为α，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为f＝Fcos α，F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力N＝G－Fsin α，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为f＝μN，N减小，则f减小，故A、C、D错误，B正确。‎ ‎5.(2017·德阳一诊)2016年10月17日发射的“神舟十一号”飞船于10月19日与“天宫二号”顺利实现了对接。在对接过程中，“神舟十一号”与“天宫二号”的相对速度非常小，可以认为具有相同速率。它们的运动可以看作是绕地球的匀速圆周运动，设“‎ 神舟十一号”的质量为m，对接处距离地球表面高度为h，地球的半径为r，地球表面处的重力加速度为g，不考虑地球自转的影响，“神舟十一号”在对接时，下列结果正确的是(　　)‎ A．对地球的引力大小为mg B．向心加速度为g C．周期为 D．动能为 解析：选C　“神舟十一号”在对接处的重力加速度小于地球表面的重力加速度，对地球的引力小于mg，故A错误；在地球表面重力等于万有引力，有G＝mg，解得：GM＝gr2①‎ 对接时，万有引力提供向心力，有G＝ma②‎ 联立①②式得：a＝g，故B错误；根据万有引力提供向心力，有G＝m(r＋h)③‎ 联立①③得T＝，故C正确；根据万有引力提供向心力，G＝m④‎ 动能Ek＝mv2＝＝，故D错误。‎ ‎6.(2018届高三·沧州一中检测)如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出；若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点；已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则(　　)‎ A.＝ B.＝ C.＝ D.＝ 解析：选D　对a，根据Rcos α＝gt12得，‎ t1＝ ，则va＝＝Rsin α ，‎ 对b，根据Rcos β＝gt22得，t2＝ ，‎ 则vb＝＝Rsin β ，‎ 解得＝ ，D正确。‎ ‎7.[多选]如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长为l＝0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面向下并与轻杆垂直的初速度v0＝3.0 m/s，取g＝10 m/s2，则(　　)‎ A．此时小球的加速度大小为30 m/s2‎ B．小球到达最高点时受到杆的弹力沿斜面向下 C．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大 D．若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小 解析：选BC　小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：切向加速度为：a′＝＝gsin α；向心加速度为：an＝＝ m/s2＝30 m/s2，故此时小球的加速度为合加速度，a＝＞30 m/s2，故A错误。从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsin α＝mv12－mv02；解得：v1＝；考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin α＝m，可以得到v2小于v1，说明杆在最高点对球有拉力，沿斜面向下，故B正确。在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故：F＋mgsin α＝m，如果初速度增大，则最高点速度也增加，故拉力F一定增大，故C正确，D错误。‎ ‎8.(2018届高三·揭阳市揭东一中检测)如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ，则M、N的运动周期之比等于(　　)‎ A．sin3θ B. C. D. 解析：选D　设M、N的轨道半径分别RM、RN。‎ 据题卫星M、N连线与M、O连线间的夹角最大时，MN连线与卫星N的运行轨道应相切，如图：‎ 根据几何关系有RN＝RMsin θ 根据开普勒第三定律有：＝ 联立解得＝ 故D正确。‎ ‎9．(2017·马鞍山一模)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图像如图(b)所示。取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)推力F的大小；‎ ‎(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。‎ 解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图像得，‎ a＝＝ m/s2＝3 m/s2‎ 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)a，代入数据解得F＝15 N。‎ ‎(2)设物块A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2‎ t＝＝ s＝2 s 物块A通过的位移xA＝t＝6 m 物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m 物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝6 m。‎ 答案：(1)15 N　(2)6 m ‎10.近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v＝4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。现将质量m＝2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F＝20 N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H＝1.8 m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；‎ ‎(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？‎ ‎(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？‎ 解析：(1)物品在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，有：‎ F＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma1‎ 解得：a1＝8 m/s2‎ 由v＝a1t1，‎ 得t1＝＝0.5 s 位移为：x1＝a1t12＝1 m。‎ ‎(2)达共速后，有：F－μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2‎ 解得a2＝0，即滑块匀速上滑，位移为：‎ x2＝－x1＝2 m 则匀速运动的时间为t2＝＝0.5 s 总时间为：t＝t1＋t2＝1 s 即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。‎ ‎(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma3‎ 解得：a3＝－2 m/s2‎ 假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x＝－＝4 m 由此知物品速度减为零之前已经到达平台；‎ 由x2＝vt3＋a3t32‎ 即2＝4t3－×2t32‎ 解得：t3＝(2－)s(另一解不合题意，舍去)‎ 即物品还需(2－)s到达平台。‎ 答案：(1)0.5 s　(2)1 s　(3)(2－)s ‎11．(2017·淮北一模)如图所示，ABCD是一个光滑的过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水 平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：‎ ‎(1)水平推力F的大小；‎ ‎(2)滑块到达D点的速度为多少？‎ ‎(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地面上最终滑行的总位移为多少？‎ 解析：(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1g＝m1，‎ 从A到C由动能定理得：Fx－m1g·2R＝m1vC2－0，‎ 代入数据联立解得：F＝1 N。‎ ‎(2)从A到D由动能定理得：Fx＝m1vD2，‎ 代入数据解得：vD＝5 m/s。‎ ‎(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m1g＝m1a1，‎ 解得：a1＝μ1g＝3 m/s2，‎ 对木板有：μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2，‎ 代入数据解得：a2＝2 m/s2，‎ 滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：‎ v共＝vD－a1t，‎ v共＝a2t，‎ 代入数据解得：t＝1 s，‎ 此时滑块的位移为：x1＝vDt－a1t2，‎ 木板的位移为：x2＝a2t2，‎ L＝x1－x2，‎ 代入数据解得：L＝2.5 m，v共＝2 m/s，x2＝1 m，‎ 达到共同速度后木板又滑行x′，则有：v共2＝2μ2gx′，‎ 代入数据解得：x′＝1.5 m，‎ 木板在水平地面上最终滑行的总位移为：‎ x＝x2＋x′＝2.5 m。‎ 答案：(1)1 N　(2)5 m/s　(3)2.5 m　2.5 m