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1、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/s2B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/s2D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/s20.8 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
2、s内竖直方向的加速度大小为a2 m/s20.4 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()A3个B4个C5个 D6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
3、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:Nmgma其中:N6mg解得:a5g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 60mgma解得:F6mg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
4、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,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fFcos ,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NGFsin ,F增大,N减小,此时木箱受到的是滑动摩擦力,大小为fN,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
5、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gC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Gmg,解得:GMgr2对接时,万有引力提供向心力,有Gma联立式得:ag,故B错误;根据万有引力提供向心力,有Gm(rh)联立得T,故C正确;根据万有引力提供向心力,Gm动能Ekmv2
6、,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、,不计空气阻力,则()A. B. C. D. 解析:选D对a,根据Rcos gt12得,t1 ,则vaRsin ,对b,根据Rcos gt22得,t2 ,则vbRsin ,解得 ,D正确。7.多选如图所示,光滑斜面与水平面成角,斜面上一根长为l0.30 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v03
7、.0 m/s,取g10 m/s2,则()A此时小球的加速度大小为30 m/s2B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:agsin ;向心加速度为:an m/s230 m/s2,故此时小球的加速度为合加速度,a30 m/s2,故A错误。从开始到最高点过程,根据动能定理,有:mglsin mv12mv02;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 m,可以得到v2小于v1,说
8、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:Fmgsin 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,则M、N的运动周期之比等于()Asin3 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RNRMsin 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
9、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mA1 kg、mB3 kg,A与水平面间的动摩擦因数为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g10 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/s23 m/s2对于A、B整体,由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a,代入数据解得F1
10、5 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mAgmAaA,解得aAg3 m/s2t s2 s物块A通过的位移xAt6 m物块B通过的位移xBv0t62 m12 m物块A刚停止时A、B间的距离xxBxA6 m。答案:(1)15 N(2)6 m10.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v4 m/s顺时针运行,传送带与水平面的夹角37。现将质量m2 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F20 N拉小
11、物品,经过一段时间物品被拉到离地高为H1.8 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0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,已知sin 370.6,cos 370.8,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v4 m/s相等前,有:Fmgcos 37mgsin 37ma1解得:a18 m/s2由va1t1,得t10.5 s位移为:x1a1t121 m。(2)达共速后,有:Fmgcos 37mg
12、sin 37ma2解得a20,即滑块匀速上滑,位移为:x2x12 m则匀速运动的时间为t20.5 s总时间为:tt1t21 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mgcos 37mgsin 37ma3解得:a32 m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时,通过的位移为x4 m由此知物品速度减为零之前已经到达平台;由x2vt3a3t32即24t32t32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)s11(2017淮北一模)如图所示,ABCD是一个光滑
13、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g10 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
14、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:m1gm1,从A到C由动能定理得:Fxm1g2Rm1vC20,代入数据联立解得:F1 N。(2)从A到D由动能定理得:Fxm1vD2,代入数据解得:vD5 m/s。(3)滑块滑到木板上时,对滑块:1m1gm1a1,解得:a11g3 m/s2,对木板有:1m1g2(m1m2)gm2a2,代入数据解得:a22 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vDa1t,v共a2t,代入数据解得:t1 s,此时滑块的位移为:x1vDta1t2,木板的位移为:x2a2t2,Lx1x2,代入数据解得:L2.5 m,v共2 m/s,x21 m,达到共同速度后木板又滑行x,则有:v共222gx,代入数据解得:x1.5 m,木板在水平地面上最终滑行的总位移为:xx2x2.5 m。答案:(1)1 N(2)5 m/s(3)2.5 m2.5 m7