内容发布更新时间 : 2024/12/23 7:58:23星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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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vy-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/s2 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/s2 D．在200 s末，以地面为参考系，歼-20战机的速度大小为0
Δv140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/s2
Δt150＝0.8 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Δv240
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a2＝＝
Δt2100m/s2＝0.4 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( )
A．3个 C．5个
B．4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( )
3mg
A.k 5mgC.k
4mgB.k 6mgD.k
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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：2Fcos 60°－mg＝ma 解得：F＝6mg
F6mg根据胡克定律，有：x＝k＝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＝Fcos 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－Fsin 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 2π?r＋h?C．周期为 r
r＋h
g
r
B．向心加速度为g
r＋hmgr2
D．动能为
r＋h
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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Mm
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G2＝mg，解得：GM
r＝gr2①
Mm
对接时，万有引力提供向心力，有G＝ma② 2?r＋h?
4π2联立①②式得：a＝g，故B错误；根据万有引力提供向心力，有G＝m2
22T?r＋h??r＋h?
Mm
(r＋h)③
2π?r＋h?
联立①③得T＝rm④ r＋h
mgr212GMm
动能Ek＝mv＝＝，故D错误。
22?r＋h?2?r＋h?
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α、β，不计空气阻力，则( )
vasin α
A.v＝
sin βbvacos βC.＝ vbcos α
sin α
sin β
vaB.v＝ b
cos β
cos α
cos β
cos α
v2
r＋hMm
，故C正确；根据万有引力提供向心力，G＝g?r＋h?2
r2
vasin α
D.＝ vbsin β
1
解析：选D 对a，根据Rcos α＝gt12得，
2t1＝
2Rcos αRsin α
，则v＝Rsin α a＝gt1
g
，
2Rcos α
1
对b，根据Rcos β＝gt22得，t2＝
2则vb＝
Rsin β
＝Rsin β t2
g
，
2Rcos β
2Rcos βg，
vasin α解得v＝
sin βb
cos β
，D正确。 cos α
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
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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v0＝3.0 m/s，取g＝10 m/s2，则( )
A．此时小球的加速度大小为30 m/s2
B．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v0232mgsin α
速度为：a′＝m＝gsin α；向心加速度为：an＝l＝ m/s2＝30 m/s2，故此时小
0.30球的加速度为合加速度，a＝
an2＋a′2＞30 m/s2，故A错误。从开始到最高点过程，根据
v02－2glsin α；考虑临界情况，
11
动能定理，有：－mglsin α＝mv12－mv02；解得：v1＝
22
v22
如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin α＝m，可以得到v2小
l于v1，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v最高2
弹力是拉力，故：F＋mgsin α＝ml，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．sin3θ C.sin3θ
1
B.3 sinθD.
1 sin3θ
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RN＝RMsin θ RM3RN3
根据开普勒第三定律有：2＝2
TMTNTM
联立解得T＝
N
1 sin3θ
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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mA＝1 kg、mB＝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/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v-t图像得，
a＝
Δv6
＝ m/s2＝3 m/s2 Δt2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μmAg＝(mA＋mB)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－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2
0－v00－6t＝a＝ s＝2 s
A－3
v0
物块A通过的位移xA＝t＝6 m
2
物块B通过的位移xB＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离Δx＝xB－xA＝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
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