1、1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ag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ag直线上，向左偏，A 正确，B、C、D 错误
2、。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， F mgcos 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
3、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，F2Rcos mgR FNR可得 F2 mgcos ，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 F2 mgcos 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，
4、 g 为重力加速度的大小。则下列说法正确的是( )2A小物块到达最低点 N 时的速度大小为 2gRB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 mgR12D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 FN mg m ，由牛顿第三定律，有v2RFN FN2 mg，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gR到 N 点的过程中重力做功为 WG mgR，B 选项错误；由动能定理得： mgR Wf mv2，解得 12Wf mgR，C 选项
5、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12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： Ft mv mv，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： P F1v144
6、W16 W，第 2 s 末外力做功的瞬时功率： P F2v226 W 12 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 p1 p2 mv1mv2 mv1 21增加量分别为： Ek1 mv128 J， Ek2 mv22 mv1210 J，则12 12 12 Ek1 Ek245，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
7、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 433C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 F mgsin ma1，撤去力 F 后，有 mgsin ma2，
8、由运动学公式知， t2 ， vx12 F mgsin m (vxt 12gsin t2)t，解得F mgsin mF mgsin ，由 vx gsin t v，解得 vx ，所以在撤去力 F 前的瞬间力 F 的功率43 v2P Fvx mgvsin ，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23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 m10 3 kg，在跑道上加速时产生的最大动
9、力为 F710 3 N，所受阻力为重力的 ，当飞机的速度大小达15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 f kmg 10310 N210 3 N，选项15A 错误；由牛顿第二定律得
10、 F f ma，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 v2 v022 ax，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 v v1 at，飞机相对航空母舰的位移大小 xat2，解得 v110 m/s，选项 D 正确。1247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
11、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12x 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，12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
12、 ，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 B0 t1时间内，传送带对物块做正功C0 t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大D0 t2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， t1 t2时间内，物块沿传送带向上运动，则有 mg cos 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，0 t1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；0 t2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；0 t2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。
