2018届高考物理二轮复习寒假作业(一)力与运动

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v y ­t 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/s 2
B ．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/s 2
D ．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a 1＝Δv 1Δt 1＝4050 m/s
2
＝0.8 m/s 2
，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 s 内竖直方向的加速度大小为a 2＝Δv 2
Δt 2＝
40100
m/s 2＝0.4 m/s 2
，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( )
A ．3个
B ．4个
C ．5个
D ．6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θ＝60°，则此时每根弹簧的伸长量为( )
A.3mg
k
B.4mg k
C.5mg k
D.
6mg k
解析：选D 对物体m ，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N －mg ＝ma 其中：N ＝6mg
解得：a ＝5g
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：2F cos 60°－mg ＝ma 解得：F ＝6mg
根据胡克定律，有：x ＝F k
＝6mg k
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α，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f ＝F cos α，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N ＝G －F sin α，F 增大，N 减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为f ＝μN ，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
r
r ＋h
g C ．周期为
2π
r ＋h
r r ＋h g D ．动能为mgr 2
r ＋h
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G Mm
r
2＝mg ，解得：GM ＝gr 2
①
对接时，万有引力提供向心力，有G
Mm r ＋h
2
＝ma ②
联立①②式得：a ＝
r 2r ＋h
2g ，
故B 错误；根据万有引力提供向心力，有G Mm
r ＋h
2
＝
m
4π
2
T 2
(r ＋h )③ 联立①③得T ＝
2π
r ＋h r r ＋h g ，故C 正确；根据万有引力提供向心力，G Mm
r ＋h
2
＝m
v 2
r ＋h
④
动能E k ＝12mv 2
＝
GMm
r ＋h ＝mgr 2
r ＋h
，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v a ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为
v b ，将落在圆弧上的b 点；已知Oa 、Ob 与竖直方向的夹角分别为α、β，
不计空气阻力，则( )
A.v a v b ＝sin αsin β
B.v a v b ＝
cos β
cos α
C.v a v b ＝cos βcos α
sin α
sin β
D.v a v b ＝sin αsin β
cos β
cos α
解析：选D 对a ，根据R cos α＝12
gt 12
得，
t 1＝
2R cos α
g
，则v a ＝
R sin α
t 1
＝R sin α g
2R cos α，
对b ，根据R cos β＝12gt 22
得，t 2＝
2R cos β
g
，
则v b ＝
R sin β
t 2
＝R sin β g
2R cos β
，
解得v a v b ＝sin αsin β
cos β
cos α
，D 正确。

7.[多选]如图所示，光滑斜面与水平面成α角，斜面上一根长
为l ＝0.30 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v 0＝3.0 m/s ，取g ＝10 m/s 2
，则( )
A ．此时小球的加速度大小为30 m/s 2
B ．小球到达最高点时受到杆的弹力沿斜面向下
C ．若增大v 0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大
D ．若增大v 0，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：a ′＝mg sin αm ＝g sin α；向心加速度为：a n ＝v 02l ＝32
0.30
m/s 2＝30 m/s 2
，故此时
小球的加速度为合加速度，a ＝a n 2＋a ′2＞30 m/s 2
，故A 错误。

从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mgl sin α＝12mv 12－12
mv 02；解得：v 1＝v 02
－2gl sin α；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：mg sin α＝m v 22
l
，可以得到v 2小
于v 1，说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：F ＋mg sin α＝m v 最高2
l
，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θ，则M 、N 的运动周期之比等于( )
A ．sin 3
θ B.1
sin 3
θ
C.sin 3θ
D.
1
sin 3
θ
解析：选D 设M 、N 的轨道半径分别R M 、R N 。

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R N ＝R M sin θ
根据开普勒第三定律有：R M 3T M 2＝R N 3
T N
2
联立解得T M
T N ＝1
sin 3
θ
故D 正确。

9．(2017·马鞍山一模)两物块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m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，
A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，
B 与地面没有摩擦，B 物块运动的v ­t 图像如图(b)
所示。

取g ＝10 m/s 2
，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v ­t 图像得，
a ＝
Δv Δt ＝62
m/s 2＝3 m/s 2
对于A 、B 整体，由牛顿第二定律得
F －μm A g ＝(m A ＋m B )a ，代入数据解得F ＝15 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－μm A g ＝m A a A ，解得a A ＝－μg ＝－3 m/s 2
t ＝
0－v 0a A ＝0－6
－3
s ＝2 s 物块A 通过的位移x A ＝v 0
2
t ＝6 m
物块B 通过的位移x B ＝v 0t ＝6×2 m＝12 m 物块A 刚停止时A 、B 间的距离Δx ＝x B －x A ＝6 m 。

答案：(1)15 N (2)6 m
10.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v ＝4 m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°。

现将质量m ＝2 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F ＝20 N 拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H ＝1.8 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μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2
，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，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v ＝4 m/s 相等前，有：
F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 1
解得：a 1＝8 m/s 2
由v ＝a 1t 1， 得t 1＝v a 1
＝0.5 s
位移为：x 1＝12
a 1t 12
＝1 m 。

(2)达共速后，有：F －μmg cos 37°－mg sin 37°＝ma 2 解得a 2＝0，即滑块匀速上滑，位移为：
x 2＝
H
sin 37°
－x 1＝2 m
则匀速运动的时间为t 2＝x 2v
＝0.5 s 总时间为：t ＝t 1＋t 2＝1 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μmg cos 37°－
mg sin 37°＝ma 3
解得：a 3＝－2 m/s 2
假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x ＝－v 2
2a 3
＝4 m
由此知物品速度减为零之前已经到达平台； 由x 2＝vt 3＋12a 3t 32
即2＝4t 3－12
×2t 32
解得：t 3＝(2－2)s(另一解不合题意，舍去) 即物品还需(2－2)s 到达平台。

答案：(1)0.5 s (2)1 s (3)(2－2)s
11．(2017·淮北一模)如图所示，ABCD 是一个光滑的过山车轨道模型，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、2
15，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动
摩擦力，取g ＝10 m/s 2
，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：m 1g ＝m 1v C 2
R
，
从A 到C 由动能定理得：Fx －m 1g ·2R ＝12m 1v C 2
－0，
代入数据联立解得：F ＝1 N 。

(2)从A 到D 由动能定理得：Fx ＝12m 1v D 2
，
代入数据解得：v D ＝5 m/s 。

(3)滑块滑到木板上时，对滑块：μ1m 1g ＝m 1a 1， 解得：a 1＝μ1g ＝3 m/s 2
，
对木板有：μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2， 代入数据解得：a 2＝2 m/s 2，
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＝v D －a 1t ， v 共＝a 2t ，
代入数据解得：t ＝1 s ，
此时滑块的位移为：x 1＝v D t －12a 1t 2
，
木板的位移为：x 2＝12
a 2t 2
，
L ＝x 1－x 2，
代入数据解得：L ＝2.5 m ，v 共＝2 m/s ，x 2＝1 m ， 达到共同速度后木板又滑行x ′，则有：v 共2
＝2μ2gx ′， 代入数据解得：x ′＝1.5 m ，
木板在水平地面上最终滑行的总位移为：
x ＝x 2＋x ′＝2.5 m 。

答案：(1)1 N (2)5 m/s (3)2.5 m 2.5 m。