2019高考物理二轮 第一部分 力学选择题押题练（二）.doc

力学选择题押题练（二）1如图所示，若干个质量不相等但可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将细绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及细绳在车厢中的形状的示意图正确的是()解析：选A小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的细绳与竖直方向的夹角为，对所有小球组成的整体分析，有m总gtan m总a，解得tan ，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m总m1)gtan (m总m1)a，解得tan ，同理可知，连接小球的细绳与竖直方向的夹角均相等，可知小球和细绳在一条直线上，向左偏，A正确，B、C、D错误。2.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向夹角为，小球处于静止状态，现缓慢拉动绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A绳与竖直方向的夹角为时，Fmgcos B小球沿光滑圆环上升过程中，绳拉力逐渐增大C小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大D小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变解析：选D绳与竖直方向的夹角为时，对小球受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，由三角形相似可知，其中R为圆环的半径，可得F2mgcos ，选项A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，绳与竖直方向的夹角变大，绳拉力F2mgcos 逐渐减小，选项B错误；由以上分析可知，小球所受圆环的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力的大小不变，选项C错误，D正确。3.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块(可视为质点)自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是()A小物块到达最低点N时的速度大小为B小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgRC小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgRD小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点解析：选C在N点小物块做圆周运动，有FNmgm，由牛顿第三定律，有FNFN2mg，解得v，A选项错误；重力做功仅与高度差有关，小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为WGmgR，B选项错误；由动能定理得：mgRWfmv2，解得 WfmgR，C选项正确；因为运动过程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物块不能到达Q点，D选项错误。4.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是()A第1 s末质点的速度为2 m/sB第2 s末外力做功的瞬时功率最大C第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为12D第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为45解析：选D由动量定理：Ftmvmv，得质点第1 s末、第2 s末的速度分别为：v14 m/s、v26 m/s，A错误；第1 s末外力做功的瞬时功率：PF1v144 W16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率：PF2v226 W12 W，B错误；第1 s 内与第2 s内质点动量增加量之比为：，C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：Ek1mv128 J，Ek2mv22mv1210 J，则Ek1Ek245，D正确。5.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动。已知斜面表面光滑且足够长，斜面倾角为。经时间t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v。若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是()A物体回到出发点时的机械能是80 JB在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin C撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的重力势能一直在减少D撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的动能一直在减少解析：选A由功能关系知：除重力和弹力之外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增量，A对；物体在沿斜面向上运动时，有Fmgsin ma1，撤去力F后，有mgsin ma2，由运动学公式知，t2，vxt，解得Fmgsin ，由vxgsin tv，解得vx，所以在撤去力F前的瞬间力F的功率PFvxmgvsin ，B错；撤去力F后一段时间内物体继续沿斜面向上运动，即重力势能有一段增加的过程，C错；撤去力F后，物体在沿斜面向下运动的过程中动能一直在增大，D错。6多选美国大众科学杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役。假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F7103 N，所受阻力为重力的，当飞机的速度大小达到50 m/s时才能离开航空母舰起飞。g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是()A飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 NB飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2C若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为30 m/sD若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s解析：选CD飞机在跑道上加速时所受阻力fkmg10310 N2103 N，选项A错误；由牛顿第二定律得Ffma，解得a5 m/s2，选项B错误；设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为v0，由匀变速直线运动规律得v2v022ax，解得v030 m/s，选项C正确；若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度大小为v1，则飞机相对地面的速度vv1at，飞机相对航空母舰的位移大小xat2，解得v110 m/s，选项D正确。7多选甲、乙两辆汽车从平直公路上同一位置沿着同一方向做直线运动，它们的vt图像如图所示，则()A甲、乙两车同时从静止开始出发B在t2 s时乙车追上甲车C在t4 s时乙车追上甲车D甲、乙两车在公路上只能相遇一次解析：选CD由题图知，乙车比甲车迟出发1 s，故A错误；根据vt图线与时间轴围成的面积表示位移，知t2 s 时，甲车的位移比乙车的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B错误；在04 s内，甲车的位移 x甲84 m 16 m，乙车的位移x乙(13)8 m16 m，所以x甲x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在t4 s时乙车追上甲车，故C正确；在t4 s时乙车追上甲车，由于t4 s时刻以后，甲车比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D正确。8多选一足够长的传送带与水平面的夹角为，以恒定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，如图(a)所示，以此时为t0时刻记录物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图(b)所示(以物块沿传送带向上的运动方向为正方向，两坐标大小v1v2)。则下列判断正确的是()A若物块与传送带间的动摩擦因数为，则tan B0t1时间内，传送带对物块做正功C0t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大D0t2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的变化量解析：选AC由题图(b)知，t1t2时间内，物块沿传送带向上运动，则有mgcos mgsin ，得tan ，故A正确；物块沿传送带先向下运动后再向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0t1时间内，物块所受摩擦力沿传送带向上，则传送带对物块做负功，故B错误；0t2时间内，由v1v2知物块的重力势能减小，动能也减小，减小的重力势能和动能转化为系统产生的内能，所以系统产生的热量一定大于物块动能的变化量，故C正确；0t2时间内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故D错误。