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阶段训练(一)力与运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2019吉林长春调研)如图所示,一圆柱形容器高、底部直径均为l,一可视为质点的小球离地高为2l,球到容器左侧的水平距离也是l,现将小球水平抛出,要使小球直接落在容器底部,重力加速度为g,小球抛出的初速度v的大小范围为(空气阻力不计)()A.12glvglB.12glv212glC.12glv32glD.12glvgl答案:A解析:如图中虚曲线,设小球的初速度为v1,则l=v1t1,l=12gt12,得出v1=gl2。如图中虚曲线,设小球的初速度为v2,则2l=v2t2,2l=12gt22,得出v2=gl。所以小球直接落在容器底部的初速度v的大小范围为gl2vgl。2.(2019全国卷)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面、固定在车上,倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2,则()A.F1=33mg,F2=32mgB.F1=32mg,F2=33mgC.F1=12mg,F2=32mgD.F1=32mg,F2=12mg答案:D解析:圆筒做匀速直线运动,所受的合外力为零。对圆筒受力分析,圆筒受两个斜面的支持力与地球的重力,有FN1sin30=FN2sin60,FN1cos30+FN2cos60=mg,联立求得FN1=32mg,FN2=12mg。根据牛顿第三定律得,F1=FN1=32mg,F2=FN2=12mg,故A、B、C错误,D正确。3.(2018全国卷)如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()答案:A解析:选物块P为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律F+F弹-mg=ma,系统原处于静止状态,则F弹=mg,F=ma,且随x增加,F弹变小,F变大,选项A正确。4.如图所示,固定斜面的CD段光滑,DE段粗糙,A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑,下滑过程中A、B保持相对静止,则()A.在CD段时,A受三个力作用B.在DE段时,A可能受三个力作用C.在DE段时,A受摩擦力方向一定沿斜面向上D.整个下滑过程中,A、B均处于失重状态答案:C解析:在CD段,整体的加速度a=(mA+mB)gsinmA+mB=gsin,隔离对A分析,有mAgsin+FfA=mAa,解得FfA=0,可知A受重力和支持力两个力作用,故A错误。设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为,在DE段,整体的加速度a=(mA+mB)gsin-(mA+mB)gsinmA+mB=gsin-gcos,隔离对A分析,有mAgsin+FfA=mAa,解得FfA=-mAgcos,方向沿斜面向上;若匀速运动,A受到静摩擦力也是沿斜面向上,所以A一定受三个力,故B错误,C正确。整体下滑的过程中,CD段加速度沿斜面向下,A、B均处于失重状态;在DE段,可能做匀速直线运动,不处于失重状态,故D错误。故选C。5.气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆,质量为m的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端O,当水平风吹来时,球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速,当风速v0=3 m/s时,测得球平衡时细线与竖直方向的夹角=30。则()A.细线拉力与风力的合力大于mgB.若风速增大到某一值时,可能等于90C.细线拉力的大小为mgcosD.=60 时,风速v=6 m/s答案:C解析:小球受重力、拉力、风力处于平衡,所以细线拉力与风力的合力等于mg,与重力平衡,故A错误;风速增大,不可能变为90,因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡,故B错误;根据受力分析,FTcos=mg,所以FT=mgcos,故C正确;小球受重力、拉力、风力处于平衡,根据共点力平衡知风力F=mgtan,从30变为60,则风力变为原来的3倍,因为风力大小正比于风速和球正对风的截面积,所以风速v=9m/s,故D错误,故选C。6.(2019全国卷)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动,它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火,它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金R地a地a火B.a火a地a金C.v地v火v金D.v火v地v金答案:A解析:由万有引力提供向心力得,GMmR2=ma=mv2R。由a=GMR2可知,a1R2,可判断A正确,B错误;由v=GMR可知,半径增加,速度减小,可判断C、D错误。7.三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是2 m,且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带顶端均以1 m/s的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5。下列说法正确的是()A.物块A先到达传送带底端B.物块A、B同时到达传送带底端C.传送带对物块A、B均做负功D.物块A、B在传送带上的划痕长度相等答案:BC解析:对A分析可得:A加速后速度大于传送带的速度,即相对传送带向下运动,所以受到的滑动摩擦力沿斜面向上,受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力,对B分析可得:B相对传送带向下运动,所以受到的滑动摩擦力方向向上,受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力,故两物体在斜面方向上的加速度都是a=gsin-gcos,初速度相等,位移相等,所以所用时间相等,选项A错误,B正确;滑动摩擦力方向和AB运动的方向相反,传送带对物块A、B均做负功,选项C正确;由于A相对传送带的速度为v-1,而B相对传送带的速度为v+1,故运动时间相同,所以物块A、B在传送带上的划痕长度不相同,选项D错误。8.将篮球从同一位置斜向上抛出,其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上,如图所示。不计空气阻力,则下列说法正确的是()A.从抛出到撞墙,第二次球在空中运动的时间较短B.篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次大于第二次C.篮球两次撞墙的速度可能相等D.抛出时的速度大小,第一次一定比第二次小答案:AB解析:由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上,篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的反向运动。加速度都为g。在竖直方向上,h=12gt2,因为h1h2,则t1t2,因为水平位移相等,根据x=v0t知,撞墙的速度v01v02。即第二次撞墙的速度大。由两次抛出时速度的竖直分量vy=gt可知,第一次大于第二次,故A、B正确,C错误;根据平行四边形定则知,抛出时的速度v=v02+2gh,第一次的水平初速度小,而上升的高度大,则无法比较抛出时的速度大小,故D错误。9.(2019江苏天一中学调研)如图所示,某生产线上相互垂直的甲、乙传送带等高,宽度均为d,而且均以大小为v的速度运行,图中虚线为传送带中线。一工件(视为质点)从甲左端释放,经长时间由甲右端滑上乙,滑至乙中线处时恰好相对乙静止。下列说法正确的是()A.工件在乙传送带上的痕迹为直线,痕迹长为22dB.工件从滑上乙到恰好与乙相对静止所用的时间为d2vC.工件与乙传送带间的动摩擦因数=v2gdD.乙传送带对工件的摩擦力做功为零答案:AD解析:工件滑上乙时,相对于乙上的那一点的速度分为水平向右的v和向后的v,合速度为2v,就是沿着与乙运动方向成45的方向,而滑动摩擦力与相对运动的方向相反,即与合速度方向在同一直线上,故工件相对于乙的运动轨迹肯定是直线,故A正确。假设它受滑动摩擦力Ff=mg,与乙运动方向夹角=45,则相对于乙的加速度也沿这个方向,经过t后,它滑到乙中线并相对于乙静止,根据牛顿第二定律,有mg=ma,解得a=g;运动距离l=2d2=22d,又l=12at2,2v2t=l,联立得t=dv,=2v2gd,故B、C错误。滑上乙之前,工件绝对速度大小为v,动能为12mv2,滑上乙并相对停止后,绝对速度大小也是v,动能也是12mv2,而在乙上面的滑动过程只有摩擦力做了功,动能又没变化,所以乙对工件的摩擦力做功为0,故D正确。10.(2019陕西榆林二模)2018年11月1日,我国第41颗北斗导航卫星“吉星”成功发射,该卫星工作在地球静止同步轨道上,可以对地面上的物体实现厘米级的定位服务。已知地球表面的重力加速度为g,半径为R,该卫星绕地球做圆周运动的周期为T。则下列说法正确的是()A.该卫星的发射速度大于第一宇宙速度,运行速度小于第一宇宙速度B.该卫星做圆周运动的轨道半径为3gR2T242RC.该卫星运行的加速度大小为2TR2TgD.该卫星运行的线速度大小为32gR2T答案:AD解析:第一宇宙速度是卫星的最小发射速度,也是卫星最大的环绕速度。发射地球同步卫星,发射速度一定大于第一宇宙速度,运行速度小于第一宇宙速度,故A正确;用M表示地球的质量,在地球表面为m0的物体,绕地球做匀速圆周运动,有m0g=GMm0R2,GM=gR2,m表示卫星的质量,r表示卫星的轨道半径,由万有引力定律和牛顿第二定律得GMmr2=m42T2r,联立解得r=3gR2T242,故B错误;由万有引力定律和牛顿第二定律得GMmr2=ma,代入B选项结论,a=GMr2=2T32gR2T,故C错误;由万有引力定律和牛顿第二定律得GMmr2=mv2r,代入B选项结论,v=32gR2T,故D正确。二、非选择题(本题共2小题,共40分)11.(20分)(2019江苏启东市期中)如图甲所示,带有斜面的木块放在光滑水平地面上,木块水平表面AB粗糙,斜面BC表面光滑且与水平面夹角为=37,木块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器,当力传感器受压时,其示数为正值,当力传感器被拉时,其示数为负值。一个可视为质点的质量为m=5 kg的滑块从B点以初速度v0沿斜面向上运动,运动过程中,传感器记录到的力与时间的关系如图乙所示。已知斜面足够长,设滑块经过B点时无机械能损失,g取10 m/s2。求:(1)图乙中F1的数值大小;(2)滑块的初速度v0;(3)水平表面AB的长度。答案:(1)24 N(2)6 m/s(3)2 m解析:(1)质量为m=5kg的滑块沿斜面向上运动时的加速度大小为a1=gsin=6m/s2水平方向的分加速度为ax=a1cos=60.8m/s2=4.8m/s2水平方向斜面对滑块的作用力为F1=max=54.8N=24N根据牛顿第三定律可得F1=F1=24N。(2)由题图可知,滑块从离开B点到回到B点所用时间为2s,即经过时间t=1s到达最高点,根据速度时间关系可得v0=a1t=61m/s=6m/s。(3)根据题图可知,滑块在水平部分运动的摩擦力大小为Ff=25N根据牛顿第二定律可得加速度大小为a2=Ffm=255m/s2=5m/s2滑块在水平部分运动的时间为t=2.4s-2s=0.4s根据位移时间关系可得lAB=v0t-12a2t2=60.4m-1250.42m=2m。12.(20分)为了研究过山车的原理,物理小组提出了下列设想:取一个与水平方向夹角为37、长为l=2.0 m的粗糙倾斜轨道AB,通过水平轨道BC与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道DE,整个轨道除AB段以外都是光滑的,其中AB与BC轨道以微小圆弧相接,如图所示。一个小物块以初速度v0=4.0 m/s,从某一高处水平抛出,到A点时速度方向恰沿AB方向,并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5。(g取10 m/s2,sin 37=0.60,cos 37=0.80)(1)求小物块的抛出点和A点的高度差。(2)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道AB,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。(3)要使小物块不离开轨道,并从水平轨道DE滑出,则竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件。答案:(1)0.45 m(2)R1.65 m(3)R0.66 m解析:(1)设从抛出点到A点的高度差为h,到A点时有vy=2gh且vyv0=tan37vA=v0cos37=5m/s代入数据解得h=0.45m。(2)要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB,则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心,即12mvB2mgR由动能定理得12mvB2-12mvA2=mglsin37-mglcos37解得R1.65m。(3)小物块从B滑到圆轨道最高点,由机械能守恒得12mvB2=12mv2+mg2R在最高点有mv2Rmg由解得R0.66m。10
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