2018届高考物理二轮专题复习文档:寒假作业(一) 力与运动 Word版含解析-物理备课大师【全免费】 下载本文

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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vy-t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

Δv140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

Δt150=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Δv240

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==

Δt2100m/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 C.5个

B.4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( )

3mg

A.k 5mgC.k

4mgB.k 6mgD.k

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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

F6mg根据胡克定律,有:x=k=k 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 2π?r+h?C.周期为 r

r+h

g

r

B.向心加速度为g

r+hmgr2

D.动能为

r+h

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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Mm

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G2=mg,解得:GM

r=gr2①

Mm

对接时,万有引力提供向心力,有G=ma② 2?r+h?

4π2联立①②式得:a=g,故B错误;根据万有引力提供向心力,有G=m2

22T?r+h??r+h?

Mm

(r+h)③

2π?r+h?

联立①③得T=rm④ r+h

mgr212GMm

动能Ek=mv==,故D错误。

22?r+h?2?r+h?

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( )

vasin α

A.v=

sin βbvacos βC.= vbcos α

sin α

sin β

vaB.v= b

cos β

cos α

cos β

cos α

v2

r+hMm

,故C正确;根据万有引力提供向心力,G=g?r+h?2

r2

vasin α

D.= vbsin β

1

解析:选D 对a,根据Rcos α=gt12得,

2t1=

2Rcos αRsin α

,则v=Rsin α a=gt1

g

2Rcos α

1

对b,根据Rcos β=gt22得,t2=

2则vb=

Rsin β

=Rsin β t2

g

2Rcos β

2Rcos βg,

vasin α解得v=

sin βb

cos β

,D正确。 cos α

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

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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v0232mgsin α

速度为:a′=m=gsin α;向心加速度为:an=l= m/s2=30 m/s2,故此时小

0.30球的加速度为合加速度,a=

an2+a′2>30 m/s2,故A错误。从开始到最高点过程,根据

v02-2glsin α;考虑临界情况,

11

动能定理,有:-mglsin α=mv12-mv02;解得:v1=

22

v22

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

l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v最高2

弹力是拉力,故:F+mgsin α=ml,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 C.sin3θ

1

B.3 sinθD.

1 sin3θ

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 RM3RN3

根据开普勒第三定律有:2=2

TMTNTM

联立解得T=

N

1 sin3θ

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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v-t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v-t图像得,

a=

Δv6

= m/s2=3 m/s2 Δt2

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

0-v00-6t=a= s=2 s

A-3

v0

物块A通过的位移xA=t=6 m

2

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

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