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山东专用高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒力学模块卷含解析
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力学模块卷(一)
一、选择题
1.2020年4月初,辽宁号航母编队进行了一次远海训练,6艘舰艇(1艘航母+2艘052D驱逐舰+2艘054A护卫舰+1艘901型远洋综合补给舰)浩浩荡荡出发,经宫古海峡、巴士海峡,前往南海进行远海训练,然后又经巴士海峡、宫古海峡原路返回,前后耗时20多天,下列说法中正确的是 ( )
A.辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去,他选择的参考系是海水
B.辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去,他选择的参考系是航母
C.辽宁号航母上的观察员感觉其他舰没有动,其他舰一定是静止的
D.辽宁号航母上的观察员感觉天空的白云没有动,航母一定是静止的
答案 B 辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去是以其所在的行进中航母为参考系的;以航母为参考系,若感觉到其他物体静止,则其他物体是与航母以相同的速度运动的。故只有B正确。
2.(2020广东广州阶段训练)将甲、乙两小球先后以相同的初速度3v0从水平地面竖直向上抛出,抛出的时间间隔为T,它们运动的v-t图像如图所示,则 ( )
A.t=T时,甲球距离地面的高度为v0T
B.t=1.5T时,两球高度差最大
C.t=2T时,两球距离地面的高度相同
D.t=3T时,甲球距离地面的高度大于乙球的
答案 C 由题意和图像可知,t=T时,甲球距离地面的高度为h甲=v0+3v02T=2v0T,A错误;乙球被抛出的瞬间,甲球还没有运动到最高点,两小球遇之前,它们之间的距离逐渐减小,因此t=T时两球高度差最大,B错误;由图像可知,t=2T时,两球运动的位移相等,因此两球距离地面的高度相同,C正确;t=3T时,小球甲落地,而小球乙距离地面的高度为h乙=-v0+3v02×2T=2v0T,显然甲球距离地面的高度小于乙球的,D错误。
3.(2020四川泸县五中三诊)生活中常见的手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架,支架能够吸附手机,小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影,若手机受到的重力为G,手机所在平面与水平面间的夹角为θ,则下列说法正确的是 ( )
A.当高铁未启动时,支架对手机的作用力大小等于Gcosθ
B.当高铁未启动时,支架受到桌面的摩擦力方向与图示高铁前进方向相反
C.高铁匀速行驶时,手机可能受到5个力作用
D.高铁减速行驶时,手机可能受到3个力作用
答案 D 高铁未启动时,手机处于静止状态,受重力和支架对手机的作用力,根据平衡条件可知,支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反,A错误;高铁未启动时,以手机和支架整体为研究对象,受重力和桌面的支持力,二力平衡,不受桌面的摩擦力,B错误;高铁匀速行驶时,手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力,共4个力作用,C错误;高铁减速行驶时,手机具有与高铁前进方向相反的加速度,可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力作用,D正确。
4.(2020浙江模拟)绰号“威龙”的第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动性能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧而晕厥,歼-20配备的新型抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中,歼-20加速达到50m/s后离地,而后开始竖直向上进行飞行试验。该战机在10s内匀加速到3060km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5km。假设加速阶段所受阻力恒定,约为重力的0.2。已知该歼-20的质量为20吨,声速为340m/s,忽略战机因油耗等导致的质量变化,g取10m/s2。则下列说法正确的是 ( )
A.本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5s
B.加速阶段系统的推力为1.84×106N
C.加速阶段时飞行员有晕厥可能
D.战机在匀速阶段时爬升高度为14.25km
答案 B 加速阶段初速度v0=50m/s,末速度v=3060km/h=850m/s,根据v=v0+at可得,加速度a=80m/s2=8g,飞行员不会晕厥,选项C错误;根据牛顿第二定律得F-mg-f=ma,解得推力F=1.84×106N,选项B正确;加速阶段上升的高度x=v0t+12at2=4500m,则匀速上升高度为14km,选项D错误;匀速飞行时间t=sv=14000850s≈16.47s,选项A错误。
规律总结 多阶段运动中,相邻阶段间存在着运动学物理量间的联系:前一阶段的末速度为后一阶段的初速度,前一阶段的末位置为后一阶段的初位置。
5.(2020山东九校月考)在城市车流量大、多路口交汇的地方常设置环岛交通设施,需要通过路口的车辆都按照逆时针方向行进,有效减少了交通事故的发生。环岛路为圆形,已知图中三车道的总宽度为12m,内车道边缘间最远的距离为120m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8。g取10m/s2,假设汽车匀速率通过环形路段,则关于汽车的运动,下列说法正确的是 ( )
A.最大速度不能超过24m/s
B.所受的合力为零
C.一定受到恒定的合外力作用
D.受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
答案 A 汽车转弯的最大半径为r=1202m+12m=72m,由牛顿第二定律得fm=mv2r,解得v=0.8×10×72m/s=24m/s,选项A正确。汽车做匀速圆周运动,所受的合力大小是不变的,方向不断变化,不等于零,选项B、C错误。车在水平公路上做匀速圆周运动,所需向心力由摩擦力提供,向心力不是实际受力,选项D错误。
6.(2020北京顺义二模)2019年1月3日10时26分,“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆,标志着我国探月航天工程达到了一个新高度,图示为“嫦娥四号”到达月球背面的巡视器。已知地球和月球的半径之比约为4∶1,其表面重力加速度之比约为6∶1。则地球和月球相比较,下列说法中最接近实际的是 ( )
A.地球的密度与月球的密度之比为3∶2
B.地球的质量与月球的质量之比为64∶1
C.地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为8∶1
D.苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力之比为60∶1
答案 A 由GMmR2=mg得M=R2gG,则M地M月=4212×61=961,B选项错误;由M=R2gG、V=43πR3、ρ=MV得ρ=3g4πRG,则ρ地ρ月=61×14=32,A选项正确;由GMmR2=mv12R和GMmR2=mg得v1=gR,则v1地v1月=61×41=261,C选项错误;由F=GMmR2得F苹果地F苹果月=M地M月×R月2R地2=961×1242=61,故D选项错误。
7.(2020四川南充高级中学月考)蹦极是一项刺激的户外休闲活动,可以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示,蹦极者站在高塔顶端,将一端固定的弹性绳系在腰上,然后双臂伸开,双腿并拢,头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L,蹦极者下落第一个L5时速度的增加量为Δv1,下落第五个L5时速度的增加量为Δv2,把蹦极者视为质点,蹦极者离开塔顶时的速度为零,不计空气阻力,则Δv1Δv2满足 ( )
A.1<Δv1Δv2<2 B.2<Δv1Δv2<3
C.3<Δv1Δv2<4 D.4<Δv1Δv2<5
答案 D 蹦极者下落高度L的过程,可视为自由落体运动,对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的位移的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3)∶(5-2)∶…,可知t1t2=15-2=5+2,即4
8.(2020贵州监测)如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平地面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落,如此反复,该过程中弹簧的弹力大小F随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力,则 ( )
A.t1时刻小球的速度最大
B.t2时刻小球所受合力为零
C.以地面为零重力势能面,t1和t3时刻小球的机械能相等
D.以地面为零重力势能面,t1~t3时间内小球的机械能守恒
答案 C 根据题述,结合弹簧弹力随时间变化的图线,金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,t1时刻接触弹簧,由于重力大于弹簧弹力,小球还要加速向下运动,当弹力增大到等于小球重力时,小球速度最大,选项A错误;t2时刻弹簧被压缩到最短,弹簧的弹力最大,小球所受合力向上,选项B错误;t1时刻和t3时刻小球的速度大小相等,动能相同,距离地面高度相同,以地面为零重力势能面,t1时刻和t3时刻小球的机械能相等,选项C正确;以地面为零重力势能面,t1~t3时间内,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,但由于小球受到弹簧的弹力作用,小球的机械能先减小后增大,选项D错误。
9.(2020湖南长沙明达中学模拟)如图甲所示的“襄阳炮”是古代军队攻打城池的装置,其实质就是一种大型抛石机,图乙是其工作原理的简化图。将质量m=10kg的石块,装在与转轴O相距L=5m的长臂末端口袋中,最初静止时长臂与水平面的夹角α=30°,发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动,石块靠惯性被水平抛出,落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20m,不计空气阻力,取g=10m/s2。以下判断正确的是 ( )
A.石块抛出后运动时间为32s
B.石块被抛出瞬间的速度大小为2032m/s
C.石块即将落地时重力的瞬时功率为5006W
D.石块落地的瞬时速度大小为15m/s
答案 C 石块被抛出后做平抛运动,h=L+Lsinα,竖直方向h=12gt2,可得t=62s,A错误。石块被抛出后做平抛运动,水平方向s=v0t,可得v0=2063m/s,故B错误。石块即将落地时重力的瞬时功率为:P=mgvy=mg·gt=5006W,故C正确。石块落地的瞬时速度大小为v=v02+(gt)2=12503m/s,故D错误。
易错警示 平抛运动是曲线运动,速度运算是矢量运算,需依据平行四边形定则,切记不能直接由v=v0+gt计算。
10.(2020湖北应城一中期中)如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为T'。θ为某一值时,T'T最大,此最大值为 ( )
A.94 B.2 C.32-2 D.5425
答案 A 剪断轻绳之前,2Tsinθ=mg;剪断轻绳后,摆到最低点时,12mv2=mgl(1-sinθ),由牛顿第二定律得T'-mg=mv2l;联立解得T'T=6sinθ-4sin2θ,由数学知识可知,此比值的最大值为94,故选项A正确。
11.(2020云南大理、丽江、怒江二联)(多选)如图所示,下雨天,足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒,设他的支撑脚对地面的作用力为F,方向与竖直方向的夹角为θ,鞋底与球场间的动摩擦因数为μ,下面对该过程的分析正确的是 ( )
A.下雨天,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力增大
B.奔跑步幅越大,越容易滑倒
C.当μ
答案 BC 下雨天,地面变光滑,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力减小,故A错误;将力F分解,脚对地面的压力为Fcosθ,力在水平方向上的分力大小为Fsinθ,奔跑步幅越大,夹角θ越大,当θ增大到Fsinθ>μFcosθ时,人容易滑倒,故B正确;当Fsinθ>μFcosθ时人容易滑倒,此时μ
答案 BC 若一开始两者相对桌面静止,f=F,F不为零,则一开始f不可能为零,A错误;若一开始书就相对桌面滑动,有f=μmg,B正确;由于F一开始不为零,所以刚开始水杯和书可能发生相对滑动,书和桌面发生相对滑动,书受力恒定,从开始就做匀加速直线运动,C正确;若杯子与书之间的最大静摩擦力f'大于书与桌面间的最大静摩擦力f,开始时力F
13.(2020四川眉山中学模拟)(多选)如图所示,在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点,每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m。经测量,发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.传送带的速度大小为LT
B.工件在传送带上加速的时间为2μgLT
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL2
D.传送带传送一个工件多消耗的能量为mL2T2
答案 AD 工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件放上传送带后运动的规律相同,可知L=vT,解得传送带的速度v=LT,选项A正确;设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律得,工件的加速度a=μg,根据v=v0+at,解得t=va=LμgT,选项B错误;工件与传送带发生相对滑动的位移Δx=x传-x物=vvμg-v22μg=L22μgT2,则因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=mL22T2,选项C错误;根据能量守恒定律可得,传送带传送一个工件多消耗的能量为E=12mv2+Q=mL2T2,选项D正确。
易错提醒 在解涉及功能关系的传送带问题时,要理解功是能量转化的量度,从物体增加的机械能和系统增加的内能两个角度去求解电动机多消耗的电能。
二、非选择题
14.(2017浙江宁波余姚中学期中,15)在进行“探究速度随时间变化的规律”的实验中:
(1)如图是四位同学用重锤代替小车,将打点计时器竖直安放进行实验时释放纸带瞬间的照片,你认为操作正确的是 。
(2)已知打点计时器所用电源频率为50Hz。测得所用的重锤的质量为0.20kg,实验中得到一条清晰的纸带,如图所示是截取了某一段纸带用刻度尺(单位:cm)测量时的情景,其中取了A、B、C三个计数点,在相邻两计数点之间还有一个打印点,可知,纸带上打下B点时重锤的瞬时速度为 m/s,重锤下落的加速度为 m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(3)若当交流电的实际频率小于50Hz时,仍按50Hz计算,则测量加速度值比真实加速度值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案 (1)A (2)0.74 9.69 (3)偏大
解析 (1)在做“探究速度随时间变化的规律”实验时,应让重物紧靠打点计时器,手拉着纸带的上方,保持纸带竖直,由静止释放,故A正确,B、C、D错误。
(2)由于每相邻两个计数点间还有1个打印点,所以相邻的两计数点间的时间间隔T=0.04s。由图可得sAB=2.20cm,sBC=3.75cm,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上B点时重锤的瞬时速度大小vB=xAC2T=0.0220+0.03752×0.04m/s=0.74m/s,根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2可以求出重锤下落的加速度的大小为a=0.0375-0.0220(0.04)2m/s2=9.69m/s2。
(3)当电源频率低于50Hz时,实际打点周期将变大,而进行计算时,仍然用0.02s,因此测出的加速度值将比真实加速度值偏大。
15.(2018金华一中段考,16)(1)在探究平抛运动的规律时,可以选用如图所示的各种装置,以下操作合理的是 ( )
A.选用装置1研究平抛物体的竖直分运动,应该保证A、B两球同时开始运动
B.选用装置2时,要获得稳定细水柱所显示的平抛轨迹,竖直管上端A一定要低于水面
C.选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,钢球不一定每次都从斜槽上同一位置由静止释放
D.除上述装置外,也可以用数码照相机每秒拍摄十几帧的钢球做平抛运动的照片,获得平抛轨迹
(2)某物理兴趣小组在做探究平抛运动的规律实验时,使小球做平抛运动,用频闪照相机对准方格背景照相,拍摄到了如图所示的照片,已知每个小方格边长9.8cm,当地的重力加速度为g=9.8m/s2。
①若以拍摄的第一个小球位置为坐标原点,水平向右和竖直向下为平面直角坐标系的正方向,则没有被拍摄到的小球(在图中没有方格的区域内)位置坐标为 [用图中格数表示坐标,比如图中标记为2的小球坐标为(2,1)]。
②小球平抛的初速度大小为 m/s。
答案 (1)ABD (2)①(6,6) ②1.96
解析 (1)选用装置1研究平抛物体的竖直分运动,判断落地时间,故应该保证A、B两球同时开始运动;选用装置2时,要获得稳定细水柱所显示的平抛轨迹,则出水口处的压强应恒定,所以竖直管上端A一定要低于水面,这样能保证与A处同一深度的液面压强始终等于大气压,出水口处压强恒定;选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,应保证初速度不变,故每次一定要使钢球从斜槽上同一位置由静止释放;除上述装置外,也可以用数码照相机每秒拍摄钢球十几帧做平抛运动的照片,获得平抛轨迹。故选项A、B、D正确。(2)①因小球在水平方向匀速运动,故水平坐标为x=6;小球在竖直方向做匀加速直线运动,则在竖直方向上连续相等时间内的高度差Δy恒定,故y=6,所以位置坐标为(6,6)。②由Δy=gT2得频闪周期T=0.1s,所以小球平抛的初速度大小为v0=2×9.8×10-20.1m/s=1.96m/s。
16.某同学利用数码相机连拍功能(此相机每秒连拍10张),记录下北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10m跳台跳水的全过程。所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间,第四张如图甲所示,该同学认为这是她们在最高点;第十九张如图乙所示,她们正好身体竖直双手触及水面。设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等(g取10m/s2)。由以上材料:
(1)估算陈若琳起跳速度的大小;
(2)分析第四张照片是在最高点吗?如果不是,此时重心是处于上升还是下降阶段?
答案 (1)3.4m/s (2)不是 上升阶段
解析 (1)由题意得:运动员从起跳到入水所用时间为t=1.8s
设跳台高h,起跳速度为v0,由:-h=v0t-12gt2
代入数据得v0≈3.4m/s
(2)上升至最高点所用时间t1=0-v0-g=0.34s
而拍第四张时历时0.3s,所以第四张照片不是在最高点拍摄的,此时运动员重心还处于上升阶段。
易错警示 注意拍第一张时恰好是她们起跳的时刻即计时开始时刻,则拍第N张时她们运动的时间应为(N-1)T,其中T是频闪时间间隔。
17.(2020山西临汾第二次月考)我国科技已经开启“人工智能”时代,“人工智能”已经走进千家万户。某天,东东呼叫了外卖,外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上,东东操控小型无人机带动货物,由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,一段时间后,货物又匀速上升53s,最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中,遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N,货物受到的阻力恒为其重力的0.02。g取10m/s2。计算:
(1)货物的质量m;
(2)货物上升过程中的最大速度v及东东家阳台距地面的高度h。
答案 (1)2kg (2)1m/s 56m
解析 (1)在货物匀速上升的过程中
由平衡条件得F2=mg+f
其中f=0.02mg
解得m=2kg
(2)设整个过程中的最大速度为v,在货物匀减速运动阶段
由牛顿第二定律得mg+f-F3=ma3
由运动学公式得0=v-a3t3
解得v=1m/s
减速阶段的位移x3=12vt3=0.5m
匀速阶段的位移x2=vt2=53m
加速阶段,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,由运动学公式得2a1x1=v2,解得x1=2.5m
阳台距地面的高度h=x1+x2+x3=56m
18.(2020江苏南通、泰州期末)如图所示,矩形拉杆箱上放着平底箱包,在与水平方向成α=37°的拉力F作用下,一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg,拉杆箱的质量M=9.0kg,箱底与水平面间的夹角θ=37°,不计所有接触面间的摩擦,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)若F=25N,求拉杆箱的加速度大小a;
(2)在(1)的情况下,求拉杆箱运动x=4.0m时的速度大小v;
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出,求拉力的最大值Fm。
答案 (1)2m/s2 (2)4m/s (3)93.75N
解析 (1)若F=25N,以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得Fcosα=(m+M)a
解得a=Fcosαm+M=25×0.81+9m/s2=2m/s2
(2)根据速度与位移的关系可得v2=2ax
解得v=2ax=2×2×4m/s=4m/s
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时,箱包与拉杆之间的弹力刚好为零,以箱包为研究对象,受到重力和支持力作用,此时的加速度为a0,如图所示,
根据牛顿第二定律可得mgtanθ=ma0
解得a0=gtanθ=7.5m/s2
以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcosα=(m+M)a0
解得拉力的最大值为Fm=93.75N
19.(2020黑龙江重点中学联考)如图所示,竖直平面内有一半径为R=0.50m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,水平面DQ与圆弧槽相接于D点,一质量为m=0.10kg的小球从B点的正上方H=0.95m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧槽轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,D、Q间的距离x=2.4m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80m,取g=10m/s2,不计空气阻力,求:
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN;
(2)小球经过P点时的速度大小vP;
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
答案 (1)6.8N (2)3m/s (3)0.3m
解析 (1)设小球经过C点时的速度为v1,由机械能守恒定律有
mg(H+R)=12mv12
由牛顿第二定律有FN-mg=mv12R
代入数据解得FN=6.8N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h=12gt2
水平方向有x2=vPt
代入数据解得vP=3m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中,机械能守恒,取DQ水平面为零势能面,则12mvP2+mgh=mg(H+hOD)
代入数据解得hOD=0.3m。
技巧点拨 在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点,转化观点不用选取零势能面。
力学模块卷(二)
一、选择题
1.(2018温州六校重点高中联盟期末,1)测量“国际单位制选定的三个力学基本物理量”所用的仪器是 ( )
A.刻度尺、弹簧测力计、秒表
B.刻度尺、弹簧测力计、打点计时器
C.量筒、天平、秒表
D.刻度尺、天平、秒表
答案 D 国际单位制选定的三个力学基本物理量是:长度、质量、时间,对应的测量仪器是:刻度尺、天平、秒表,选D。
2.(2020河北魏县期末)嫦娥三号月球探测器成功完成月面软着陆,并且着陆器与巡视器(“玉兔号”月球车)成功分离,这标志着我国的航天事业又一次腾飞,下面有关嫦娥三号的说法正确的是 ( )
A.嫦娥三号刚刚升空的时候速度很小,加速度也很小
B.研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,可以将其看成质点
C.研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时,可以将其看成质点
D.“玉兔号”月球车静止在月球表面时,其相对地球也是静止的
答案 C 嫦娥三号在刚刚升空的时候速度很小,但是速度变化很快,加速度很大,故选项A错误。研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,“玉兔号”月球车的大小和形状不能被忽略,不能看成质点,故选项B错误。研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时,嫦娥三号的大小和形状可以被忽略,可以看成质点,故选项C正确。“玉兔号”月球车静止在月球表面时,相对月球是静止的,相对地球是运动的,故选项D错误。
3.(2020江苏南通泰州期末)在冰球游戏中,冰球以速度v0在水平冰面上向左运动,某同学在水平面上沿图示方向快速打击冰球,不计一切摩擦和阻力。下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后可能的运动路径的是 ( )
答案 A 因为不计一切摩擦和阻力,冰球受打击之后做匀速直线运动,故C、D均错误;冰球在受到打击时,沿打击的方向会获得一个分速度,所以合速度的方向一定在初速度方向与打击的方向之间,不能沿打击的方向,由以上的分析可知,A正确,B错误。
解题指导 在快速打击过程中冰球受到一个短暂的瞬时冲量,沿打击方向获得一个分速度,而合速度的方向由平行四边形定则可知只能在两分速度之间。
4.(2020北京西城二模)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中,照相机的快门处于常开状态,频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光,照亮运动的物体,于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。如图是小球自由下落时的频闪照片示意图,某同学以下落过程中的某一点为原点,竖直向下为正方向建立坐标轴,并测量各时刻的位置坐标x1、x2、x3、x4。为了利用频闪照片证明自由落体运动是匀加速直线运动,以下几种方案合理的是 ( )
A.看各位置坐标x1、x2、x3、x4是否成等差数列
B.看各相邻位置坐标差(x1-0)、(x2-x1)、(x3-x2)、(x4-x3)是否成等差数列
C.作x-t图,看图线是否为一条直线
D.作x-t2图,看图线是否为一条直线
答案 B 由于该同学以下落过程中的某一点为原点,竖直向下为正方向建立坐标轴,所取的点并不是初始位置,即小球在原点位置是有一定初速度的;如果运动是匀加速直线运动,则相邻相等时间内的位移差是相等的,而频闪照片间的时间就是相等的,故满足Δx=(x2-x1)-(x1-0)=(x3-x2)-(x2-x1)=(x4-x3)-(x3-x2)=at2,即各相邻位置坐标差(x1-0)、(x2-x1)、(x3-x2)、(x4-x3)是成等差数列的,选项A错误,B正确。作x-t图,若图线是一条直线,则说明其运动的速度不变,不是匀加速直线运动,选项C错误。作x-t2图,运动是匀加速直线运动,设初速度为v0,则x=v0t+12at2,可见x-t2图线也不是一条直线,选项D错误。
方法点拨 自由落体运动是初速度等于零、加速度等于g的匀变速直线运动,故所有匀变速直线运动的公式、推论均可应用于自由落体运动。
5.如图所示的拖轮胎跑是一种体能训练活动。某次训练中,轮胎的质量为5kg,与轮胎连接的拖绳与地面夹角为37°,轮胎与地面间的动摩擦因数是0.8。若运动员拖着轮胎以5m/s的速度匀速前进,则10s内运动员对轮胎做的功是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2) ( )
A.500J B.750J C.1250J D.2000J
答案 C Fcosθ=f,FN+Fsinθ=mg,f=μFN,得F=μmgcosθ+μsinθ=0.8×500.8+0.8×0.6N=31.25N,10s内运动员对轮胎做功WF=Fcosθ·vt=31.25×0.8×5×10J=1250J,选项C正确。
6.如图,某人在粗糙水平地面上用水平力F推一购物车沿直线前进,已知推力大小是80N,购物车的质量是20kg,购物车与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.购物车受到地面的支持力大小是40N
B.购物车受到地面的摩擦力大小是40N
C.购物车将沿地面做匀速直线运动
D.购物车将做加速度为a=4m/s2的匀加速直线运动
答案 B 购物车沿水平地面运动,则在竖直方向受到的支持力与重力大小相等,方向相反,所以支持力FN=20×10N=200N,A错误;购物车受到地面施加的摩擦力大小是f=μFN=0.2×200N=40N,B正确;推力大小是80N,所以购物车沿水平方向受到的合力F合=F-f=80N-40N=40N,所以购物车做匀加速直线运动,C错误;购物车的加速度a=F合m=4020m/s2=2m/s2,D错误。
7.弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行,关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹,如图所示。若关闭发动机时导弹的速度是水平的,不计空气阻力,则导弹从此时起水平方向的位移 ( )
A.只由水平速度决定
B.只由离地高度决定
C.由水平速度、离地高度共同决定
D.与水平速度、离地高度都没有关系
答案 C 由于关闭发动机时导弹的速度是水平的,故此后导弹做平抛运动,由平抛运动规律可得从此时起水平方向的位移x=v02hg,可见C正确。
8.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g,不计空气阻力) ( )
A.2gh B.4gh3
C.gh D.gh2
答案 B 小球A下降h过程,小球克服弹簧弹力做功为W1,根据动能定理,有mgh-W1=0;小球B下降过程,由动能定理有3mgh-W1=12·3mv2-0,解得v=4gh3,故B正确。
9.(2020河北衡水中学四调)如图甲所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从距弹簧上端高h处自由下落。若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴OX,小球的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。其中OA段为直线,与OA相切于A点的曲线AB和曲线BC都是平滑的曲线,则关于A、B、C三点对应的X坐标及加速度大小,下列说法正确的是 ( )
A.XA=h,aA=0 B.XA=h,aA=g
C.XB=h+mgk,aB=g D.XC=h+2mgk,aC=0
答案 B OA段对应着小球下落h的过程,则XA=h,到达A点时的加速度为aA=g,选项B正确,A错误。B点是速度最大的地方,此时小球的重力和弹簧的弹力大小相等,方向相反,小球所受合力为0,加速度也就为0,由mg=kx,可知x=mgk,所以XB=h+mgk,C错误。取一个与A点关于B点对称的点,设为D,由A点到B点弹簧的形变量为mgk,由对称性得由B到D弹簧的形变量也为mgk,故到达C点时弹簧形变量要大于h+2mgk,加速度aC>g,所以D错误。
规律总结 在弹簧弹力作用下的运动具有对称性,物体在经过关于加速度为零的点相对称的位置时,速度、加速度、合力大小相同。
10.某山地自行车有六个飞轮和三个链轮,链轮和飞轮的齿数如表所示,前后轮半径为30cm,某人脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度是4rad/s,则人骑自行车的最大速度为 ( )
名称
链轮
飞轮
齿数
48
35
28
15
16
18
21
24
28
A.7.68m/s B.3.84m/s
C.2.4m/s D.1.2m/s
答案 B 自行车在运动过程中链轮和飞轮的线速度是相等的,由公式v=rω知,链轮与飞轮齿数比越大,则飞轮角速度越大,又知飞轮与后轮角速度相同,所以后轮线速度越大。链轮与飞轮角速度比为ω1∶ω2=n2∶n1,脚踩脚踏板的角速度为4rad/s,则飞轮的最大角速度ω2m=645rad/s,自行车前后轮半径为30cm,所以人骑自行车的最大速度等于后轮转动的最大线速度,v=rω2m=3.84m/s,故B正确。
11.(2020超级全能生24省联考甲卷)2019年9月29日下午在第十三届女排世界杯中,中国女子排球队以十一战全胜的战绩获得世界杯冠军。如图所示,若运动员朱婷此时正在后排离球网3m处强攻,速度方向水平。设矩形排球场的长为2L,宽为L(实际L为9m),若排球(排球可视为质点)离开手时正好在3m线(即L3线)中点P的正上方高h1处,球网高H,对方运动员在近网处拦网,拦网高度为h2,且有h1>h2>H,不计空气阻力。为了使球能落到对方场地且不被对方运动员拦住,则球离开手的速度v的最大范围是(排球压线不算犯规) ( )
A.L3·g2(h1-H)
A.弹簧对小物块做功为μmgl
B.斜面摩擦力对小物块做功为μmghsinα
C.细线烧断前,弹簧具有的弹性势能为mgh+μmg(htanα+l)
D.撤去斜面AB,小物块还从D点弹出,将沿斜面CB上滑并从B点飞出去
答案 C 烧断细线后,弹簧的弹性势能转化成小物块的重力势能与摩擦生成的热量,即Ep=mgh+μmgl+μmgcosα·hsinα=mgh+μmg(htanα+l),弹簧对小物块做的功等于弹性势能减少量,也为mgh+μmg·(htanα+l),故A错误,C正确;小物块从A到B过程中,斜面摩擦力对小物块做负功,且为-μmgcosα·hsinα=-μmghtanα,故B错误;物块克服摩擦力做的功Wf=μmg(htanα+l)=μmg·OD,可见Wf与斜面倾角无关,所以撤去斜面AB,小物块从C点冲上斜面,仍恰能到达B点,D错误。
13.(2020四川双流中学模拟)(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上有一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N。若T-a图像如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度g取10m/s2,则 ( )
A.a=403m/s2时,N=0
B.小球质量m=0.1kg
C.斜面倾角θ的正切值为34
D.小球离开斜面之前,N=0.8+0.06a(N)
答案 ABC 本题考查斜面上的连接体问题。小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得Tcosθ-Nsinθ=ma,Tsinθ+Ncosθ=mg,联立解得N=mgcosθ-masinθ,T=macosθ+mgsinθ,所以T-a图像为倾斜直线,小球离开斜面后图线将变为曲线,由题图乙可知a=403m/s2时,N=0,选项A正确;当a=0时,T=0.6N,此时小球静止在斜面上,其受力如图甲所示,有mgsinθ=T,当a=403m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图乙所示,
有mg=matanθ,联立可得tanθ=34,m=0.1kg,选项B、C正确。将θ和m的值代入N=mgcosθ-masinθ,得N=0.8-0.06a(N),选项D错误。
14.(多选)如图甲、乙所示,两个完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为θ的光滑斜面上,下列关于小球受力的说法中正确的是 ( )
A.小球的重力在两种情况下产生的效果完全相同
B.小球均受重力、压紧斜面的力、压紧挡板的力和斜面弹力、挡板弹力
C.两种情况下小球受到挡板的作用力和斜面的弹力的合力大小、方向均相等
D.撤去挡板,小球所受合力方向均沿斜面向下
答案 CD 斜面上的小球均受重力、斜面的弹力和挡板的弹力而处于静止状态,根据物体处于静止状态的受力特点可知,小球受到斜面的弹力和挡板的弹力的合力大小等于重力,方向竖直向上,故B错误,C正确;重力按实际作用效果分解为压紧斜面的力和压紧挡板的力,撤去挡板后,小球受力的大小和方向随之发生变化,重力产生的效果变为压紧斜面的力和使小球下滑的力,压紧斜面的力与斜面对小球的支持力平衡,故甲、乙两种情况下撤去挡板后小球所受合力大小等于重力沿斜面向下的分力mgsinθ,A错误,D正确。
二、非选择题
15.(2017浙江名校协作,17)某实验小组利用如图所示的装置进行“探究加速度与力和质量的关系”的实验
(1)在实验准备过程中,发现实验室有两种打点计时器,如图乙所示。则图①中的计时器的工作电压为 V。
(2)(多选)下列做法正确的是 (填字母代号)。
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.适当垫高长木板无滑轮的一端,使未挂小桶的小车恰能拖着纸带匀速下滑
C.实验时,先接通打点计时器的电源再放小车
D.通过增减小车上的砝码改变质量时,需要每次都重新调节长木板倾斜度
(3)在探究加速度与外力关系时,要使砝码及桶内砝码的总质量 (选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车和小车上砝码的总质量。如果以上条件不满足则会导致产生实验误差,为了消除实验误差又不受上述条件限制,请你提出一种改进的方案(若要增加仪器,请写出仪器的名称)
。
答案 (1)4~6 (2)ABC (3)远小于 保持系统总质量一定,每次增加外力时,可以从小车上取砝码放入桶中(在小车上安装拉力传感器,直接测出小车所受的合力)
解析 平衡摩擦力的原理是二力平衡:mgsinθ=μmgcosθ,关系式中可消去质量,意味着一次调节后,即使改变砝码质量,只要斜面倾角不变,平衡关系照样成立,不需要再次调节。为了从原理上消除实验误差,一个方案是用拉力传感器直接显示细绳上的拉力。另一个方案是将整个系统作为研究对象,保证系统总质量不变而改变外力,则可每次从小车上取砝码放入桶中。
16.(2017绍兴一中期末,17)某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系,小车在橡皮筋的作用下弹出后,沿木板滑行,打点计时器工作频率为50Hz。
图1
图2
图3
(1)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条、……并起来挂在小车的前端进行多次实验,每次都要把小车拉到同一位置再释放小车,把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W1,第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为2W1,……;橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第4次的纸带(如图2所示)求得小车获得的速度为 m/s(保留一位有效数字)。
(2)若根据多次测量数据画出的W-v草图如图3所示,根据图线形状,对W与v的关系做出猜想,如果猜想W∝v2是正确的,则画出的W-v2图线应是 。
(3)在本实验中,你认为影响实验效果的可能原因是 。(只要回答出一种原因即可)
答案 (1)2 (2)一条过原点的直线 (3)木板的倾斜程度不合适(合理即可)
解析 (1)合外力对物体做的功等于物体动能的增加量,故小车做匀速运动时,是橡皮筋对小车做功完毕而使小车获得的速度,v=ΔxΔt=0.040.02m/s=2m/s。
(2)根据W-v图像可知W-v图线是一条抛物线,如果W与v2成正比,则W-v2图线为一条过原点的直线。
(3)在实验中,木板的倾斜程度影响了小车所受的摩擦力的大小,进而影响合外力的大小,影响到速度的大小,使得实验的结果出现误差。
17.(2020山东青岛统一质检)图甲中滑索巧妙地利用了景区的自然落差,为滑行提供了原动力。游客借助绳套保护,在高空领略祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示,倾角为30°的轨道上套一个质量为m的滑轮P,质量为3m的绳套和滑轮之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时,工人对绳套施加一个拉力F,使绳套从滑轮正下方的A点缓慢移动,运动过程中F与轻绳的夹角始终保持120°,直到轻绳水平,绳套到达B点,如图所示。整个过程滑轮保持静止,重力加速度为g,求:
(1)绳套到达B点时,轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小;
(2)绳套从A缓慢移动到B的过程中,轻绳上拉力的最大值。
答案 (1)mg 3mg (2)23mg
解析 (1)绳套到达B点时,对质量为3m的绳套,有轻绳拉力F1=3mgtan30°=3mg
对滑轮P:FN-F1sin30°-mgcos30°=0,
f+mgsin30°-F1cos30°=0
解得FN=3mg,f=mg
(2)在绳套的动态平衡过程中,当F与绳套所受重力方向垂直时轻绳中的弹力最大,则有Fm=3mgsin60°=23mg
方法点拨 绳套缓慢移动,任一时刻可认为是处于平衡状态。三力作用下的动态平衡,不仅可利用作图来确定各力变化的情况,还可通过作图来确定可能出现的极值位置及极值的大小。
18.(2020四川广元一模)某日清晨,中国海监船在执行东海定期维权巡航执法过程中,发现从事非法调查作业活动的某船只位于图甲中的A处,预计在80s的时间内将到达图甲的C处,我国海监执法人员立即调整好航向,沿直线BC从静止出发恰好在运动了80s时到达C处,而此时该非法船只也恰好到达C处,我国海监部门立即对非法船只进行了驱赶。非法船只一直做匀速直线运动且A、C与B、C距离相等,我国海监船运动的v-t图像如图乙所示。
(1)求非法船只的速度大小;
(2)若海监船加速与减速过程的加速度大小不变,海监船从B处由静止开始若以最短时间准确停在C点,需要加速的时间是多少?
答案 (1)15m/s (2)303s
解析 (1)由题图乙可知,海监船运动的位移可用v-t图线与横轴所围的面积表示,x=12×[(70-30)+80]×20m=1200m
由运动学公式x=vt,代入数据解得v=15m/s
(2)由加速度定义式a=ΔvΔt可得加速与减速过程中加速度大小分别为a1=20-030m/s2=23m/s2,a2=20-010m/s2=2m/s2
设加速时间为t1,减速时间为t2,要使时间最短,则加速结束后立即减速,有a1t1=a2t2,12a1t12+12a2t22=x,解得t1=303s。
19.(2020辽宁凤城一中月考)如图所示为常见的高速公路出口匝道,某汽车在AB段做匀减速直线运动,在BC段做水平面内的匀速圆周运动,圆弧段最高限速v0=36km/h,已知汽车与匝道间的动摩擦因数μ=0.2,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,AB段长度L=200m,汽车在出口A的速度为v1=108km/h,g=10m/s2。
(1)若汽车到达B点速度恰好为36km/h,求汽车在AB段运动时加速度的大小;
(2)为保证行车安全(车轮不打滑),求水平圆弧段BC半径R的最小值。
答案 (1)2m/s2 (2)50m
解析 (1)根据题意可知
v0=36km/h=10m/s,v1=108km/h=30m/s
对AB段有
v02-v12=2aL
解得
a=-2m/s2
则汽车在AB段运动的加速度的大小为2m/s2
(2)汽车在BC段做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力
Ff=mv02R
当静摩擦力达到最大静摩擦力时,半径R最小,此时
Ff=μmg
联立以上各式代入数据得
R=50m
20.(2020福建四校联考)如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v1=2m/s匀速运动,小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为4m,不计定滑轮质量及摩擦,P与定滑轮间的绳水平,取g=10m/s2。
(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小;
(2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,与传送带间因摩擦产生的热量;
(3)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,电动机多消耗的电能。
答案 (1)向左运动 4m/s2 (2)4J (3)2J
解析 (1)传送带对P的摩擦力f=μm1g=1N,
Q的重力m2g=3N,故P将向左运动。
根据牛顿第二定律,
对P:T-μm1g=m1a
对Q:m2g-T=m2a
解得:a=m2g-μm1gm1+m2=4m/s2。
(2)从开始到离开端点:L2=12at2
传送带的位移s=v1t
Q=μm1g(L2+s)=4J。
(3)电动机多消耗的电能为传送带克服摩擦力所做的功
ΔE电=W克=μm1gs=2J
一、选择题
1.2020年4月初,辽宁号航母编队进行了一次远海训练,6艘舰艇(1艘航母+2艘052D驱逐舰+2艘054A护卫舰+1艘901型远洋综合补给舰)浩浩荡荡出发,经宫古海峡、巴士海峡,前往南海进行远海训练,然后又经巴士海峡、宫古海峡原路返回,前后耗时20多天,下列说法中正确的是 ( )
A.辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去,他选择的参考系是海水
B.辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去,他选择的参考系是航母
C.辽宁号航母上的观察员感觉其他舰没有动,其他舰一定是静止的
D.辽宁号航母上的观察员感觉天空的白云没有动,航母一定是静止的
答案 B 辽宁号航母上的观察员感觉海水向后退去是以其所在的行进中航母为参考系的;以航母为参考系,若感觉到其他物体静止,则其他物体是与航母以相同的速度运动的。故只有B正确。
2.(2020广东广州阶段训练)将甲、乙两小球先后以相同的初速度3v0从水平地面竖直向上抛出,抛出的时间间隔为T,它们运动的v-t图像如图所示,则 ( )
A.t=T时,甲球距离地面的高度为v0T
B.t=1.5T时,两球高度差最大
C.t=2T时,两球距离地面的高度相同
D.t=3T时,甲球距离地面的高度大于乙球的
答案 C 由题意和图像可知,t=T时,甲球距离地面的高度为h甲=v0+3v02T=2v0T,A错误;乙球被抛出的瞬间,甲球还没有运动到最高点,两小球遇之前,它们之间的距离逐渐减小,因此t=T时两球高度差最大,B错误;由图像可知,t=2T时,两球运动的位移相等,因此两球距离地面的高度相同,C正确;t=3T时,小球甲落地,而小球乙距离地面的高度为h乙=-v0+3v02×2T=2v0T,显然甲球距离地面的高度小于乙球的,D错误。
3.(2020四川泸县五中三诊)生活中常见的手机支架,其表面采用了纳米微吸材料,用手触碰无粘感,接触到平整光滑的硬性物体时,会牢牢吸附在物体上。如图是一款放置在高铁水平桌面上的手机支架,支架能够吸附手机,小明有一次搭乘高铁时将手机放在该支架上看电影,若手机受到的重力为G,手机所在平面与水平面间的夹角为θ,则下列说法正确的是 ( )
A.当高铁未启动时,支架对手机的作用力大小等于Gcosθ
B.当高铁未启动时,支架受到桌面的摩擦力方向与图示高铁前进方向相反
C.高铁匀速行驶时,手机可能受到5个力作用
D.高铁减速行驶时,手机可能受到3个力作用
答案 D 高铁未启动时,手机处于静止状态,受重力和支架对手机的作用力,根据平衡条件可知,支架对手机的作用力与重力大小相等、方向相反,A错误;高铁未启动时,以手机和支架整体为研究对象,受重力和桌面的支持力,二力平衡,不受桌面的摩擦力,B错误;高铁匀速行驶时,手机受重力、纳米材料的吸引力、支架的支持力和摩擦力,共4个力作用,C错误;高铁减速行驶时,手机具有与高铁前进方向相反的加速度,可能只受重力、纳米材料的吸引力和支架的支持力共3个力作用,D正确。
4.(2020浙江模拟)绰号“威龙”的第五代制空战机歼-20具备高隐身性、高机动性能力,为防止极速提速过程中飞行员因缺氧而晕厥,歼-20配备的新型抗荷服能帮助飞行员承受最大9倍重力加速度。假设某次垂直飞行测试实验中,歼-20加速达到50m/s后离地,而后开始竖直向上进行飞行试验。该战机在10s内匀加速到3060km/h,匀速飞行一段时间后到达最大飞行高度18.5km。假设加速阶段所受阻力恒定,约为重力的0.2。已知该歼-20的质量为20吨,声速为340m/s,忽略战机因油耗等导致的质量变化,g取10m/s2。则下列说法正确的是 ( )
A.本次飞行测试的匀速阶段运行时间为26.5s
B.加速阶段系统的推力为1.84×106N
C.加速阶段时飞行员有晕厥可能
D.战机在匀速阶段时爬升高度为14.25km
答案 B 加速阶段初速度v0=50m/s,末速度v=3060km/h=850m/s,根据v=v0+at可得,加速度a=80m/s2=8g,飞行员不会晕厥,选项C错误;根据牛顿第二定律得F-mg-f=ma,解得推力F=1.84×106N,选项B正确;加速阶段上升的高度x=v0t+12at2=4500m,则匀速上升高度为14km,选项D错误;匀速飞行时间t=sv=14000850s≈16.47s,选项A错误。
规律总结 多阶段运动中,相邻阶段间存在着运动学物理量间的联系:前一阶段的末速度为后一阶段的初速度,前一阶段的末位置为后一阶段的初位置。
5.(2020山东九校月考)在城市车流量大、多路口交汇的地方常设置环岛交通设施,需要通过路口的车辆都按照逆时针方向行进,有效减少了交通事故的发生。环岛路为圆形,已知图中三车道的总宽度为12m,内车道边缘间最远的距离为120m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8。g取10m/s2,假设汽车匀速率通过环形路段,则关于汽车的运动,下列说法正确的是 ( )
A.最大速度不能超过24m/s
B.所受的合力为零
C.一定受到恒定的合外力作用
D.受重力、弹力、摩擦力和向心力的作用
答案 A 汽车转弯的最大半径为r=1202m+12m=72m,由牛顿第二定律得fm=mv2r,解得v=0.8×10×72m/s=24m/s,选项A正确。汽车做匀速圆周运动,所受的合力大小是不变的,方向不断变化,不等于零,选项B、C错误。车在水平公路上做匀速圆周运动,所需向心力由摩擦力提供,向心力不是实际受力,选项D错误。
6.(2020北京顺义二模)2019年1月3日10时26分,“嫦娥四号”探测器成功在月球背面着陆,标志着我国探月航天工程达到了一个新高度,图示为“嫦娥四号”到达月球背面的巡视器。已知地球和月球的半径之比约为4∶1,其表面重力加速度之比约为6∶1。则地球和月球相比较,下列说法中最接近实际的是 ( )
A.地球的密度与月球的密度之比为3∶2
B.地球的质量与月球的质量之比为64∶1
C.地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为8∶1
D.苹果在地球表面受到的引力与它在月球表面受到的引力之比为60∶1
答案 A 由GMmR2=mg得M=R2gG,则M地M月=4212×61=961,B选项错误;由M=R2gG、V=43πR3、ρ=MV得ρ=3g4πRG,则ρ地ρ月=61×14=32,A选项正确;由GMmR2=mv12R和GMmR2=mg得v1=gR,则v1地v1月=61×41=261,C选项错误;由F=GMmR2得F苹果地F苹果月=M地M月×R月2R地2=961×1242=61,故D选项错误。
7.(2020四川南充高级中学月考)蹦极是一项刺激的户外休闲活动,可以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示,蹦极者站在高塔顶端,将一端固定的弹性绳系在腰上,然后双臂伸开,双腿并拢,头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L,蹦极者下落第一个L5时速度的增加量为Δv1,下落第五个L5时速度的增加量为Δv2,把蹦极者视为质点,蹦极者离开塔顶时的速度为零,不计空气阻力,则Δv1Δv2满足 ( )
A.1<Δv1Δv2<2 B.2<Δv1Δv2<3
C.3<Δv1Δv2<4 D.4<Δv1Δv2<5
答案 D 蹦极者下落高度L的过程,可视为自由落体运动,对于初速度为零的匀加速直线运动,通过连续相等的位移的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶(2-3)∶(5-2)∶…,可知t1t2=15-2=5+2,即4
8.(2020贵州监测)如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平地面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧上升到一定高度后再下落,如此反复,该过程中弹簧的弹力大小F随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力,则 ( )
A.t1时刻小球的速度最大
B.t2时刻小球所受合力为零
C.以地面为零重力势能面,t1和t3时刻小球的机械能相等
D.以地面为零重力势能面,t1~t3时间内小球的机械能守恒
答案 C 根据题述,结合弹簧弹力随时间变化的图线,金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,t1时刻接触弹簧,由于重力大于弹簧弹力,小球还要加速向下运动,当弹力增大到等于小球重力时,小球速度最大,选项A错误;t2时刻弹簧被压缩到最短,弹簧的弹力最大,小球所受合力向上,选项B错误;t1时刻和t3时刻小球的速度大小相等,动能相同,距离地面高度相同,以地面为零重力势能面,t1时刻和t3时刻小球的机械能相等,选项C正确;以地面为零重力势能面,t1~t3时间内,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,但由于小球受到弹簧的弹力作用,小球的机械能先减小后增大,选项D错误。
9.(2020湖南长沙明达中学模拟)如图甲所示的“襄阳炮”是古代军队攻打城池的装置,其实质就是一种大型抛石机,图乙是其工作原理的简化图。将质量m=10kg的石块,装在与转轴O相距L=5m的长臂末端口袋中,最初静止时长臂与水平面的夹角α=30°,发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动,石块靠惯性被水平抛出,落在水平地面上。若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20m,不计空气阻力,取g=10m/s2。以下判断正确的是 ( )
A.石块抛出后运动时间为32s
B.石块被抛出瞬间的速度大小为2032m/s
C.石块即将落地时重力的瞬时功率为5006W
D.石块落地的瞬时速度大小为15m/s
答案 C 石块被抛出后做平抛运动,h=L+Lsinα,竖直方向h=12gt2,可得t=62s,A错误。石块被抛出后做平抛运动,水平方向s=v0t,可得v0=2063m/s,故B错误。石块即将落地时重力的瞬时功率为:P=mgvy=mg·gt=5006W,故C正确。石块落地的瞬时速度大小为v=v02+(gt)2=12503m/s,故D错误。
易错警示 平抛运动是曲线运动,速度运算是矢量运算,需依据平行四边形定则,切记不能直接由v=v0+gt计算。
10.(2020湖北应城一中期中)如图所示,用两根长度均为l的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下,轻绳与天花板的夹角为θ,整个系统静止,这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断,当小球摆至最低点时,轻绳中的拉力为T'。θ为某一值时,T'T最大,此最大值为 ( )
A.94 B.2 C.32-2 D.5425
答案 A 剪断轻绳之前,2Tsinθ=mg;剪断轻绳后,摆到最低点时,12mv2=mgl(1-sinθ),由牛顿第二定律得T'-mg=mv2l;联立解得T'T=6sinθ-4sin2θ,由数学知识可知,此比值的最大值为94,故选项A正确。
11.(2020云南大理、丽江、怒江二联)(多选)如图所示,下雨天,足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒,设他的支撑脚对地面的作用力为F,方向与竖直方向的夹角为θ,鞋底与球场间的动摩擦因数为μ,下面对该过程的分析正确的是 ( )
A.下雨天,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力增大
B.奔跑步幅越大,越容易滑倒
C.当μ
答案 BC 下雨天,地面变光滑,动摩擦因数μ变小,最大静摩擦力减小,故A错误;将力F分解,脚对地面的压力为Fcosθ,力在水平方向上的分力大小为Fsinθ,奔跑步幅越大,夹角θ越大,当θ增大到Fsinθ>μFcosθ时,人容易滑倒,故B正确;当Fsinθ>μFcosθ时人容易滑倒,此时μ
答案 BC 若一开始两者相对桌面静止,f=F,F不为零,则一开始f不可能为零,A错误;若一开始书就相对桌面滑动,有f=μmg,B正确;由于F一开始不为零,所以刚开始水杯和书可能发生相对滑动,书和桌面发生相对滑动,书受力恒定,从开始就做匀加速直线运动,C正确;若杯子与书之间的最大静摩擦力f'大于书与桌面间的最大静摩擦力f,开始时力F
13.(2020四川眉山中学模拟)(多选)如图所示,在一水平向右匀速运动的传送带的左端A点,每隔相同的时间T,轻放上一个相同的工件。已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ,工件质量为m。经测量,发现后面那些和传送带共速的工件之间的距离均为L,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.传送带的速度大小为LT
B.工件在传送带上加速的时间为2μgLT
C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量为μmgL2
D.传送带传送一个工件多消耗的能量为mL2T2
答案 AD 工件在传送带上先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动,每个工件放上传送带后运动的规律相同,可知L=vT,解得传送带的速度v=LT,选项A正确;设每个工件匀加速运动的时间为t,根据牛顿第二定律得,工件的加速度a=μg,根据v=v0+at,解得t=va=LμgT,选项B错误;工件与传送带发生相对滑动的位移Δx=x传-x物=vvμg-v22μg=L22μgT2,则因摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=mL22T2,选项C错误;根据能量守恒定律可得,传送带传送一个工件多消耗的能量为E=12mv2+Q=mL2T2,选项D正确。
易错提醒 在解涉及功能关系的传送带问题时,要理解功是能量转化的量度,从物体增加的机械能和系统增加的内能两个角度去求解电动机多消耗的电能。
二、非选择题
14.(2017浙江宁波余姚中学期中,15)在进行“探究速度随时间变化的规律”的实验中:
(1)如图是四位同学用重锤代替小车,将打点计时器竖直安放进行实验时释放纸带瞬间的照片,你认为操作正确的是 。
(2)已知打点计时器所用电源频率为50Hz。测得所用的重锤的质量为0.20kg,实验中得到一条清晰的纸带,如图所示是截取了某一段纸带用刻度尺(单位:cm)测量时的情景,其中取了A、B、C三个计数点,在相邻两计数点之间还有一个打印点,可知,纸带上打下B点时重锤的瞬时速度为 m/s,重锤下落的加速度为 m/s2。(结果均保留2位有效数字)
(3)若当交流电的实际频率小于50Hz时,仍按50Hz计算,则测量加速度值比真实加速度值 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
答案 (1)A (2)0.74 9.69 (3)偏大
解析 (1)在做“探究速度随时间变化的规律”实验时,应让重物紧靠打点计时器,手拉着纸带的上方,保持纸带竖直,由静止释放,故A正确,B、C、D错误。
(2)由于每相邻两个计数点间还有1个打印点,所以相邻的两计数点间的时间间隔T=0.04s。由图可得sAB=2.20cm,sBC=3.75cm,根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上B点时重锤的瞬时速度大小vB=xAC2T=0.0220+0.03752×0.04m/s=0.74m/s,根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2可以求出重锤下落的加速度的大小为a=0.0375-0.0220(0.04)2m/s2=9.69m/s2。
(3)当电源频率低于50Hz时,实际打点周期将变大,而进行计算时,仍然用0.02s,因此测出的加速度值将比真实加速度值偏大。
15.(2018金华一中段考,16)(1)在探究平抛运动的规律时,可以选用如图所示的各种装置,以下操作合理的是 ( )
A.选用装置1研究平抛物体的竖直分运动,应该保证A、B两球同时开始运动
B.选用装置2时,要获得稳定细水柱所显示的平抛轨迹,竖直管上端A一定要低于水面
C.选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,钢球不一定每次都从斜槽上同一位置由静止释放
D.除上述装置外,也可以用数码照相机每秒拍摄十几帧的钢球做平抛运动的照片,获得平抛轨迹
(2)某物理兴趣小组在做探究平抛运动的规律实验时,使小球做平抛运动,用频闪照相机对准方格背景照相,拍摄到了如图所示的照片,已知每个小方格边长9.8cm,当地的重力加速度为g=9.8m/s2。
①若以拍摄的第一个小球位置为坐标原点,水平向右和竖直向下为平面直角坐标系的正方向,则没有被拍摄到的小球(在图中没有方格的区域内)位置坐标为 [用图中格数表示坐标,比如图中标记为2的小球坐标为(2,1)]。
②小球平抛的初速度大小为 m/s。
答案 (1)ABD (2)①(6,6) ②1.96
解析 (1)选用装置1研究平抛物体的竖直分运动,判断落地时间,故应该保证A、B两球同时开始运动;选用装置2时,要获得稳定细水柱所显示的平抛轨迹,则出水口处的压强应恒定,所以竖直管上端A一定要低于水面,这样能保证与A处同一深度的液面压强始终等于大气压,出水口处压强恒定;选用装置3时,要获得钢球的平抛轨迹,应保证初速度不变,故每次一定要使钢球从斜槽上同一位置由静止释放;除上述装置外,也可以用数码照相机每秒拍摄钢球十几帧做平抛运动的照片,获得平抛轨迹。故选项A、B、D正确。(2)①因小球在水平方向匀速运动,故水平坐标为x=6;小球在竖直方向做匀加速直线运动,则在竖直方向上连续相等时间内的高度差Δy恒定,故y=6,所以位置坐标为(6,6)。②由Δy=gT2得频闪周期T=0.1s,所以小球平抛的初速度大小为v0=2×9.8×10-20.1m/s=1.96m/s。
16.某同学利用数码相机连拍功能(此相机每秒连拍10张),记录下北京奥运会跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10m跳台跳水的全过程。所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间,第四张如图甲所示,该同学认为这是她们在最高点;第十九张如图乙所示,她们正好身体竖直双手触及水面。设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等(g取10m/s2)。由以上材料:
(1)估算陈若琳起跳速度的大小;
(2)分析第四张照片是在最高点吗?如果不是,此时重心是处于上升还是下降阶段?
答案 (1)3.4m/s (2)不是 上升阶段
解析 (1)由题意得:运动员从起跳到入水所用时间为t=1.8s
设跳台高h,起跳速度为v0,由:-h=v0t-12gt2
代入数据得v0≈3.4m/s
(2)上升至最高点所用时间t1=0-v0-g=0.34s
而拍第四张时历时0.3s,所以第四张照片不是在最高点拍摄的,此时运动员重心还处于上升阶段。
易错警示 注意拍第一张时恰好是她们起跳的时刻即计时开始时刻,则拍第N张时她们运动的时间应为(N-1)T,其中T是频闪时间间隔。
17.(2020山西临汾第二次月考)我国科技已经开启“人工智能”时代,“人工智能”已经走进千家万户。某天,东东呼叫了外卖,外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上,东东操控小型无人机带动货物,由静止开始竖直向上做匀加速直线运动,一段时间后,货物又匀速上升53s,最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中,遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N,货物受到的阻力恒为其重力的0.02。g取10m/s2。计算:
(1)货物的质量m;
(2)货物上升过程中的最大速度v及东东家阳台距地面的高度h。
答案 (1)2kg (2)1m/s 56m
解析 (1)在货物匀速上升的过程中
由平衡条件得F2=mg+f
其中f=0.02mg
解得m=2kg
(2)设整个过程中的最大速度为v,在货物匀减速运动阶段
由牛顿第二定律得mg+f-F3=ma3
由运动学公式得0=v-a3t3
解得v=1m/s
减速阶段的位移x3=12vt3=0.5m
匀速阶段的位移x2=vt2=53m
加速阶段,由牛顿第二定律得F1-mg-f=ma1,由运动学公式得2a1x1=v2,解得x1=2.5m
阳台距地面的高度h=x1+x2+x3=56m
18.(2020江苏南通、泰州期末)如图所示,矩形拉杆箱上放着平底箱包,在与水平方向成α=37°的拉力F作用下,一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m=1.0kg,拉杆箱的质量M=9.0kg,箱底与水平面间的夹角θ=37°,不计所有接触面间的摩擦,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)若F=25N,求拉杆箱的加速度大小a;
(2)在(1)的情况下,求拉杆箱运动x=4.0m时的速度大小v;
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出,求拉力的最大值Fm。
答案 (1)2m/s2 (2)4m/s (3)93.75N
解析 (1)若F=25N,以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得Fcosα=(m+M)a
解得a=Fcosαm+M=25×0.81+9m/s2=2m/s2
(2)根据速度与位移的关系可得v2=2ax
解得v=2ax=2×2×4m/s=4m/s
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时,箱包与拉杆之间的弹力刚好为零,以箱包为研究对象,受到重力和支持力作用,此时的加速度为a0,如图所示,
根据牛顿第二定律可得mgtanθ=ma0
解得a0=gtanθ=7.5m/s2
以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcosα=(m+M)a0
解得拉力的最大值为Fm=93.75N
19.(2020黑龙江重点中学联考)如图所示,竖直平面内有一半径为R=0.50m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,水平面DQ与圆弧槽相接于D点,一质量为m=0.10kg的小球从B点的正上方H=0.95m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧槽轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,D、Q间的距离x=2.4m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80m,取g=10m/s2,不计空气阻力,求:
(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN;
(2)小球经过P点时的速度大小vP;
(3)D点与圆心O的高度差hOD。
答案 (1)6.8N (2)3m/s (3)0.3m
解析 (1)设小球经过C点时的速度为v1,由机械能守恒定律有
mg(H+R)=12mv12
由牛顿第二定律有FN-mg=mv12R
代入数据解得FN=6.8N。
(2)从P到Q小球做平抛运动
竖直方向有h=12gt2
水平方向有x2=vPt
代入数据解得vP=3m/s。
(3)小球从开始运动到P点的过程中,机械能守恒,取DQ水平面为零势能面,则12mvP2+mgh=mg(H+hOD)
代入数据解得hOD=0.3m。
技巧点拨 在处理单个物体机械能守恒问题时通常应用守恒观点和转化观点,转化观点不用选取零势能面。
力学模块卷(二)
一、选择题
1.(2018温州六校重点高中联盟期末,1)测量“国际单位制选定的三个力学基本物理量”所用的仪器是 ( )
A.刻度尺、弹簧测力计、秒表
B.刻度尺、弹簧测力计、打点计时器
C.量筒、天平、秒表
D.刻度尺、天平、秒表
答案 D 国际单位制选定的三个力学基本物理量是:长度、质量、时间,对应的测量仪器是:刻度尺、天平、秒表,选D。
2.(2020河北魏县期末)嫦娥三号月球探测器成功完成月面软着陆,并且着陆器与巡视器(“玉兔号”月球车)成功分离,这标志着我国的航天事业又一次腾飞,下面有关嫦娥三号的说法正确的是 ( )
A.嫦娥三号刚刚升空的时候速度很小,加速度也很小
B.研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,可以将其看成质点
C.研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时,可以将其看成质点
D.“玉兔号”月球车静止在月球表面时,其相对地球也是静止的
答案 C 嫦娥三号在刚刚升空的时候速度很小,但是速度变化很快,加速度很大,故选项A错误。研究“玉兔号”月球车在月球表面运动的姿态时,“玉兔号”月球车的大小和形状不能被忽略,不能看成质点,故选项B错误。研究嫦娥三号飞往月球的运行轨道时,嫦娥三号的大小和形状可以被忽略,可以看成质点,故选项C正确。“玉兔号”月球车静止在月球表面时,相对月球是静止的,相对地球是运动的,故选项D错误。
3.(2020江苏南通泰州期末)在冰球游戏中,冰球以速度v0在水平冰面上向左运动,某同学在水平面上沿图示方向快速打击冰球,不计一切摩擦和阻力。下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后可能的运动路径的是 ( )
答案 A 因为不计一切摩擦和阻力,冰球受打击之后做匀速直线运动,故C、D均错误;冰球在受到打击时,沿打击的方向会获得一个分速度,所以合速度的方向一定在初速度方向与打击的方向之间,不能沿打击的方向,由以上的分析可知,A正确,B错误。
解题指导 在快速打击过程中冰球受到一个短暂的瞬时冲量,沿打击方向获得一个分速度,而合速度的方向由平行四边形定则可知只能在两分速度之间。
4.(2020北京西城二模)频闪摄影是研究变速运动常用的实验手段。在暗室中,照相机的快门处于常开状态,频闪仪每隔一定时间发出一次短暂的强烈闪光,照亮运动的物体,于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置。如图是小球自由下落时的频闪照片示意图,某同学以下落过程中的某一点为原点,竖直向下为正方向建立坐标轴,并测量各时刻的位置坐标x1、x2、x3、x4。为了利用频闪照片证明自由落体运动是匀加速直线运动,以下几种方案合理的是 ( )
A.看各位置坐标x1、x2、x3、x4是否成等差数列
B.看各相邻位置坐标差(x1-0)、(x2-x1)、(x3-x2)、(x4-x3)是否成等差数列
C.作x-t图,看图线是否为一条直线
D.作x-t2图,看图线是否为一条直线
答案 B 由于该同学以下落过程中的某一点为原点,竖直向下为正方向建立坐标轴,所取的点并不是初始位置,即小球在原点位置是有一定初速度的;如果运动是匀加速直线运动,则相邻相等时间内的位移差是相等的,而频闪照片间的时间就是相等的,故满足Δx=(x2-x1)-(x1-0)=(x3-x2)-(x2-x1)=(x4-x3)-(x3-x2)=at2,即各相邻位置坐标差(x1-0)、(x2-x1)、(x3-x2)、(x4-x3)是成等差数列的,选项A错误,B正确。作x-t图,若图线是一条直线,则说明其运动的速度不变,不是匀加速直线运动,选项C错误。作x-t2图,运动是匀加速直线运动,设初速度为v0,则x=v0t+12at2,可见x-t2图线也不是一条直线,选项D错误。
方法点拨 自由落体运动是初速度等于零、加速度等于g的匀变速直线运动,故所有匀变速直线运动的公式、推论均可应用于自由落体运动。
5.如图所示的拖轮胎跑是一种体能训练活动。某次训练中,轮胎的质量为5kg,与轮胎连接的拖绳与地面夹角为37°,轮胎与地面间的动摩擦因数是0.8。若运动员拖着轮胎以5m/s的速度匀速前进,则10s内运动员对轮胎做的功是(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2) ( )
A.500J B.750J C.1250J D.2000J
答案 C Fcosθ=f,FN+Fsinθ=mg,f=μFN,得F=μmgcosθ+μsinθ=0.8×500.8+0.8×0.6N=31.25N,10s内运动员对轮胎做功WF=Fcosθ·vt=31.25×0.8×5×10J=1250J,选项C正确。
6.如图,某人在粗糙水平地面上用水平力F推一购物车沿直线前进,已知推力大小是80N,购物车的质量是20kg,购物车与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.购物车受到地面的支持力大小是40N
B.购物车受到地面的摩擦力大小是40N
C.购物车将沿地面做匀速直线运动
D.购物车将做加速度为a=4m/s2的匀加速直线运动
答案 B 购物车沿水平地面运动,则在竖直方向受到的支持力与重力大小相等,方向相反,所以支持力FN=20×10N=200N,A错误;购物车受到地面施加的摩擦力大小是f=μFN=0.2×200N=40N,B正确;推力大小是80N,所以购物车沿水平方向受到的合力F合=F-f=80N-40N=40N,所以购物车做匀加速直线运动,C错误;购物车的加速度a=F合m=4020m/s2=2m/s2,D错误。
7.弹道导弹是指在火箭发动机推力作用下按预定轨道飞行,关闭发动机后按自由抛体轨迹飞行的导弹,如图所示。若关闭发动机时导弹的速度是水平的,不计空气阻力,则导弹从此时起水平方向的位移 ( )
A.只由水平速度决定
B.只由离地高度决定
C.由水平速度、离地高度共同决定
D.与水平速度、离地高度都没有关系
答案 C 由于关闭发动机时导弹的速度是水平的,故此后导弹做平抛运动,由平抛运动规律可得从此时起水平方向的位移x=v02hg,可见C正确。
8.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A,若将小球A从弹簧原长位置由静止释放,小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g,不计空气阻力) ( )
A.2gh B.4gh3
C.gh D.gh2
答案 B 小球A下降h过程,小球克服弹簧弹力做功为W1,根据动能定理,有mgh-W1=0;小球B下降过程,由动能定理有3mgh-W1=12·3mv2-0,解得v=4gh3,故B正确。
9.(2020河北衡水中学四调)如图甲所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从距弹簧上端高h处自由下落。若以小球开始下落的位置为原点,沿竖直向下建立一坐标轴OX,小球的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。其中OA段为直线,与OA相切于A点的曲线AB和曲线BC都是平滑的曲线,则关于A、B、C三点对应的X坐标及加速度大小,下列说法正确的是 ( )
A.XA=h,aA=0 B.XA=h,aA=g
C.XB=h+mgk,aB=g D.XC=h+2mgk,aC=0
答案 B OA段对应着小球下落h的过程,则XA=h,到达A点时的加速度为aA=g,选项B正确,A错误。B点是速度最大的地方,此时小球的重力和弹簧的弹力大小相等,方向相反,小球所受合力为0,加速度也就为0,由mg=kx,可知x=mgk,所以XB=h+mgk,C错误。取一个与A点关于B点对称的点,设为D,由A点到B点弹簧的形变量为mgk,由对称性得由B到D弹簧的形变量也为mgk,故到达C点时弹簧形变量要大于h+2mgk,加速度aC>g,所以D错误。
规律总结 在弹簧弹力作用下的运动具有对称性,物体在经过关于加速度为零的点相对称的位置时,速度、加速度、合力大小相同。
10.某山地自行车有六个飞轮和三个链轮,链轮和飞轮的齿数如表所示,前后轮半径为30cm,某人脚踩踏板做匀速圆周运动的角速度是4rad/s,则人骑自行车的最大速度为 ( )
名称
链轮
飞轮
齿数
48
35
28
15
16
18
21
24
28
A.7.68m/s B.3.84m/s
C.2.4m/s D.1.2m/s
答案 B 自行车在运动过程中链轮和飞轮的线速度是相等的,由公式v=rω知,链轮与飞轮齿数比越大,则飞轮角速度越大,又知飞轮与后轮角速度相同,所以后轮线速度越大。链轮与飞轮角速度比为ω1∶ω2=n2∶n1,脚踩脚踏板的角速度为4rad/s,则飞轮的最大角速度ω2m=645rad/s,自行车前后轮半径为30cm,所以人骑自行车的最大速度等于后轮转动的最大线速度,v=rω2m=3.84m/s,故B正确。
11.(2020超级全能生24省联考甲卷)2019年9月29日下午在第十三届女排世界杯中,中国女子排球队以十一战全胜的战绩获得世界杯冠军。如图所示,若运动员朱婷此时正在后排离球网3m处强攻,速度方向水平。设矩形排球场的长为2L,宽为L(实际L为9m),若排球(排球可视为质点)离开手时正好在3m线(即L3线)中点P的正上方高h1处,球网高H,对方运动员在近网处拦网,拦网高度为h2,且有h1>h2>H,不计空气阻力。为了使球能落到对方场地且不被对方运动员拦住,则球离开手的速度v的最大范围是(排球压线不算犯规) ( )
A.L3·g2(h1-H)
A.弹簧对小物块做功为μmgl
B.斜面摩擦力对小物块做功为μmghsinα
C.细线烧断前,弹簧具有的弹性势能为mgh+μmg(htanα+l)
D.撤去斜面AB,小物块还从D点弹出,将沿斜面CB上滑并从B点飞出去
答案 C 烧断细线后,弹簧的弹性势能转化成小物块的重力势能与摩擦生成的热量,即Ep=mgh+μmgl+μmgcosα·hsinα=mgh+μmg(htanα+l),弹簧对小物块做的功等于弹性势能减少量,也为mgh+μmg·(htanα+l),故A错误,C正确;小物块从A到B过程中,斜面摩擦力对小物块做负功,且为-μmgcosα·hsinα=-μmghtanα,故B错误;物块克服摩擦力做的功Wf=μmg(htanα+l)=μmg·OD,可见Wf与斜面倾角无关,所以撤去斜面AB,小物块从C点冲上斜面,仍恰能到达B点,D错误。
13.(2020四川双流中学模拟)(多选)如图甲所示,水平面上有一倾角为θ的光滑斜面,斜面上有一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动,当系统稳定时,细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和N。若T-a图像如图乙所示,AB是直线,BC为曲线,重力加速度g取10m/s2,则 ( )
A.a=403m/s2时,N=0
B.小球质量m=0.1kg
C.斜面倾角θ的正切值为34
D.小球离开斜面之前,N=0.8+0.06a(N)
答案 ABC 本题考查斜面上的连接体问题。小球离开斜面之前,以小球为研究对象,进行受力分析,可得Tcosθ-Nsinθ=ma,Tsinθ+Ncosθ=mg,联立解得N=mgcosθ-masinθ,T=macosθ+mgsinθ,所以T-a图像为倾斜直线,小球离开斜面后图线将变为曲线,由题图乙可知a=403m/s2时,N=0,选项A正确;当a=0时,T=0.6N,此时小球静止在斜面上,其受力如图甲所示,有mgsinθ=T,当a=403m/s2时,斜面对小球的支持力恰好为零,其受力如图乙所示,
有mg=matanθ,联立可得tanθ=34,m=0.1kg,选项B、C正确。将θ和m的值代入N=mgcosθ-masinθ,得N=0.8-0.06a(N),选项D错误。
14.(多选)如图甲、乙所示,两个完全相同的小球在挡板作用下静止在倾角为θ的光滑斜面上,下列关于小球受力的说法中正确的是 ( )
A.小球的重力在两种情况下产生的效果完全相同
B.小球均受重力、压紧斜面的力、压紧挡板的力和斜面弹力、挡板弹力
C.两种情况下小球受到挡板的作用力和斜面的弹力的合力大小、方向均相等
D.撤去挡板,小球所受合力方向均沿斜面向下
答案 CD 斜面上的小球均受重力、斜面的弹力和挡板的弹力而处于静止状态,根据物体处于静止状态的受力特点可知,小球受到斜面的弹力和挡板的弹力的合力大小等于重力,方向竖直向上,故B错误,C正确;重力按实际作用效果分解为压紧斜面的力和压紧挡板的力,撤去挡板后,小球受力的大小和方向随之发生变化,重力产生的效果变为压紧斜面的力和使小球下滑的力,压紧斜面的力与斜面对小球的支持力平衡,故甲、乙两种情况下撤去挡板后小球所受合力大小等于重力沿斜面向下的分力mgsinθ,A错误,D正确。
二、非选择题
15.(2017浙江名校协作,17)某实验小组利用如图所示的装置进行“探究加速度与力和质量的关系”的实验
(1)在实验准备过程中,发现实验室有两种打点计时器,如图乙所示。则图①中的计时器的工作电压为 V。
(2)(多选)下列做法正确的是 (填字母代号)。
A.调节滑轮的高度,使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.适当垫高长木板无滑轮的一端,使未挂小桶的小车恰能拖着纸带匀速下滑
C.实验时,先接通打点计时器的电源再放小车
D.通过增减小车上的砝码改变质量时,需要每次都重新调节长木板倾斜度
(3)在探究加速度与外力关系时,要使砝码及桶内砝码的总质量 (选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)小车和小车上砝码的总质量。如果以上条件不满足则会导致产生实验误差,为了消除实验误差又不受上述条件限制,请你提出一种改进的方案(若要增加仪器,请写出仪器的名称)
。
答案 (1)4~6 (2)ABC (3)远小于 保持系统总质量一定,每次增加外力时,可以从小车上取砝码放入桶中(在小车上安装拉力传感器,直接测出小车所受的合力)
解析 平衡摩擦力的原理是二力平衡:mgsinθ=μmgcosθ,关系式中可消去质量,意味着一次调节后,即使改变砝码质量,只要斜面倾角不变,平衡关系照样成立,不需要再次调节。为了从原理上消除实验误差,一个方案是用拉力传感器直接显示细绳上的拉力。另一个方案是将整个系统作为研究对象,保证系统总质量不变而改变外力,则可每次从小车上取砝码放入桶中。
16.(2017绍兴一中期末,17)某实验小组采用如图1所示的装置探究功与速度变化的关系,小车在橡皮筋的作用下弹出后,沿木板滑行,打点计时器工作频率为50Hz。
图1
图2
图3
(1)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条、……并起来挂在小车的前端进行多次实验,每次都要把小车拉到同一位置再释放小车,把第1次只挂1条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为W1,第2次挂2条橡皮筋时橡皮筋对小车做的功记为2W1,……;橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第4次的纸带(如图2所示)求得小车获得的速度为 m/s(保留一位有效数字)。
(2)若根据多次测量数据画出的W-v草图如图3所示,根据图线形状,对W与v的关系做出猜想,如果猜想W∝v2是正确的,则画出的W-v2图线应是 。
(3)在本实验中,你认为影响实验效果的可能原因是 。(只要回答出一种原因即可)
答案 (1)2 (2)一条过原点的直线 (3)木板的倾斜程度不合适(合理即可)
解析 (1)合外力对物体做的功等于物体动能的增加量,故小车做匀速运动时,是橡皮筋对小车做功完毕而使小车获得的速度,v=ΔxΔt=0.040.02m/s=2m/s。
(2)根据W-v图像可知W-v图线是一条抛物线,如果W与v2成正比,则W-v2图线为一条过原点的直线。
(3)在实验中,木板的倾斜程度影响了小车所受的摩擦力的大小,进而影响合外力的大小,影响到速度的大小,使得实验的结果出现误差。
17.(2020山东青岛统一质检)图甲中滑索巧妙地利用了景区的自然落差,为滑行提供了原动力。游客借助绳套保护,在高空领略祖国大好河山的壮美。其装置简化如图乙所示,倾角为30°的轨道上套一个质量为m的滑轮P,质量为3m的绳套和滑轮之间用不可伸长的轻绳相连。某次检修时,工人对绳套施加一个拉力F,使绳套从滑轮正下方的A点缓慢移动,运动过程中F与轻绳的夹角始终保持120°,直到轻绳水平,绳套到达B点,如图所示。整个过程滑轮保持静止,重力加速度为g,求:
(1)绳套到达B点时,轨道对滑轮的摩擦力大小和弹力大小;
(2)绳套从A缓慢移动到B的过程中,轻绳上拉力的最大值。
答案 (1)mg 3mg (2)23mg
解析 (1)绳套到达B点时,对质量为3m的绳套,有轻绳拉力F1=3mgtan30°=3mg
对滑轮P:FN-F1sin30°-mgcos30°=0,
f+mgsin30°-F1cos30°=0
解得FN=3mg,f=mg
(2)在绳套的动态平衡过程中,当F与绳套所受重力方向垂直时轻绳中的弹力最大,则有Fm=3mgsin60°=23mg
方法点拨 绳套缓慢移动,任一时刻可认为是处于平衡状态。三力作用下的动态平衡,不仅可利用作图来确定各力变化的情况,还可通过作图来确定可能出现的极值位置及极值的大小。
18.(2020四川广元一模)某日清晨,中国海监船在执行东海定期维权巡航执法过程中,发现从事非法调查作业活动的某船只位于图甲中的A处,预计在80s的时间内将到达图甲的C处,我国海监执法人员立即调整好航向,沿直线BC从静止出发恰好在运动了80s时到达C处,而此时该非法船只也恰好到达C处,我国海监部门立即对非法船只进行了驱赶。非法船只一直做匀速直线运动且A、C与B、C距离相等,我国海监船运动的v-t图像如图乙所示。
(1)求非法船只的速度大小;
(2)若海监船加速与减速过程的加速度大小不变,海监船从B处由静止开始若以最短时间准确停在C点,需要加速的时间是多少?
答案 (1)15m/s (2)303s
解析 (1)由题图乙可知,海监船运动的位移可用v-t图线与横轴所围的面积表示,x=12×[(70-30)+80]×20m=1200m
由运动学公式x=vt,代入数据解得v=15m/s
(2)由加速度定义式a=ΔvΔt可得加速与减速过程中加速度大小分别为a1=20-030m/s2=23m/s2,a2=20-010m/s2=2m/s2
设加速时间为t1,减速时间为t2,要使时间最短,则加速结束后立即减速,有a1t1=a2t2,12a1t12+12a2t22=x,解得t1=303s。
19.(2020辽宁凤城一中月考)如图所示为常见的高速公路出口匝道,某汽车在AB段做匀减速直线运动,在BC段做水平面内的匀速圆周运动,圆弧段最高限速v0=36km/h,已知汽车与匝道间的动摩擦因数μ=0.2,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,AB段长度L=200m,汽车在出口A的速度为v1=108km/h,g=10m/s2。
(1)若汽车到达B点速度恰好为36km/h,求汽车在AB段运动时加速度的大小;
(2)为保证行车安全(车轮不打滑),求水平圆弧段BC半径R的最小值。
答案 (1)2m/s2 (2)50m
解析 (1)根据题意可知
v0=36km/h=10m/s,v1=108km/h=30m/s
对AB段有
v02-v12=2aL
解得
a=-2m/s2
则汽车在AB段运动的加速度的大小为2m/s2
(2)汽车在BC段做匀速圆周运动,静摩擦力提供向心力
Ff=mv02R
当静摩擦力达到最大静摩擦力时,半径R最小,此时
Ff=μmg
联立以上各式代入数据得
R=50m
20.(2020福建四校联考)如图所示,水平传送带在电动机带动下以速度v1=2m/s匀速运动,小物体P、Q质量分别为0.2kg和0.3kg,由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带中点处由静止释放。已知P与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带水平部分两端点间的距离为4m,不计定滑轮质量及摩擦,P与定滑轮间的绳水平,取g=10m/s2。
(1)判断P在传送带上的运动方向并求其加速度大小;
(2)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,与传送带间因摩擦产生的热量;
(3)求P从开始到离开传送带水平端点的过程中,电动机多消耗的电能。
答案 (1)向左运动 4m/s2 (2)4J (3)2J
解析 (1)传送带对P的摩擦力f=μm1g=1N,
Q的重力m2g=3N,故P将向左运动。
根据牛顿第二定律,
对P:T-μm1g=m1a
对Q:m2g-T=m2a
解得:a=m2g-μm1gm1+m2=4m/s2。
(2)从开始到离开端点:L2=12at2
传送带的位移s=v1t
Q=μm1g(L2+s)=4J。
(3)电动机多消耗的电能为传送带克服摩擦力所做的功
ΔE电=W克=μm1gs=2J
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