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新高考物理通用版大二轮复习力学选择题押题练(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。
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