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文档简介
2024届第一中学寒假物理专项练2力与运动问题
1.(多选)为解决疫情下“最后500米”配送的矛盾,将“人
传人”的风险降到最低,目前一些公司推出了智能物流机
器人。机器人运动的最大速度为1m/s,当它过红绿灯路
口时,发现绿灯时间是20s,路宽是19.5m,它启动的最
大加速度是0.5m/s2o下面是它过马路的安排方案,既能
不闯红灯,又能安全通过的方案是()
A.在停车线等绿灯亮起,以最大加速度启动
B.在距离停车线1m处,绿灯亮起之前2s,以最大加速度启动
C.在距离停车线2m处,绿灯亮起之前2s,以最大加速度启动
D.在距离停车线0.5m处,绿灯亮起之前1s,以最大加速度启动
u1
解析:机器人在停车线等绿灯亮起后,需要/I=^=57S=2S达到最大速度,位
移是6=1m,匀速运动的位移X2=/—xi=18.5m,需要时间为t2=~=
18.5s,两次运动时间之和为20.5s,不安全,故A错。在距离停车线1m处以
最大加速度启动2s,正好绿灯亮,机器人也正好到了停车线,再经过19.5s,
过了马路,这个方案是可以的,故B对。在距离停车线2nl处,机器人启动2s
后,走了1m,距离停车线还有1m,这时绿灯亮起,机器人距离马路另外一端
还有20.5m,需栗20.5s通过,而绿灯时间为20s,所以不安全,故C错。在
距离停车线0.5m处,1s后绿灯亮起,其位移为x=%尸=0.25m,小于
0.5m,故没有闯红灯,继续前进0.75m,达到最大速度,总用去了2s,绿灯
还有19s,这时剩下的距离还有19m,正好通过马路,故D对。
答案:BD
2.物体A、3的si图像如图所示。由图可知()
A.5s内A、3的平均速度相等
B.两物体由同一位置开始运动,但物体A比3迟3s才开始运动
C.在5s内物体的位移相同,5s末A、5相遇
D.从第3s起,两物体运动方向相同,且
解析:在5s内,A的位移为10m,3的位移为5m,位移不同,平均速度也不
同,故A错误;由图像可知B从x=5m的位置开始运动,A从x=0开始运
动,物体A比3迟3s才开始运动,选项B错误;由以上分析知,在5s内物体
的位移不同,故C错误;s-f图象的斜率表示速度,从第3s起,两物体运动方
向相同,为正方向,图象A的斜率大,说明A的速度大,故D正确。
答案:D
3.为了解决高速列车在弯路上运行时轮轨间的磨损问题,保证列车能经济、安
全地通过弯道,常用的办法是将弯道曲线外轨轨枕下的道床加厚,使外轨高于
内轨,外轨与内轨的高差叫曲线外轨超高。已知某曲线路段设计外轨超高值为
70mm,两铁轨间距离为1435mm,最佳的过弯速度为350km/h,g取
10m/s2,则该曲线路段的半径约为()
A.40kmB.30km
C.20kmD.10km
解析:设倾角为。,列车所受的合力提供列车转弯时的向心力,则有加gtan0=
350.2
庐"(3r.6)
得R=~~一入由于倾角很小,则有tan。仁sin0,贝[有R=石]
Kgtan"70
1OX1435
m^20km,故A、B、D错误,C正确。
答案:c
4.(多选)如图,两位同学同时在等高处抛出手中初始静止的篮球A、B,A以速
度加斜向上抛出,5以速度02竖直向上抛出,当A到达最高点时恰与3相遇。
不计空气阻力,A、B质量相等且均可视为质点,重力加速度为g。以下判断正
确的是()
A.相遇时A的速度一定不为零
B.两位同学抛球时对A、5做功一样多
C.从抛出到相遇A、3两篮球动能的变化量不同
D.从抛出到相遇A、3两篮球重力势能的变化量相同
解析:A分解为竖直方向的匀减速直线运动与水平方向的匀速直线运动,相遇
时A达到最高点,则其竖直方向的速度为零,水平方向速度不变,合速度不为
零,故A正确;两位同学抛球的初速度不同,根据动能定理可知,两位同学抛
球时对A、B做功不一样多,故B错误;根据动能定理可知,从抛出到相遇
A、3两个篮球的重力做功相同,因此动能的变化量相同,故C错误;A、3质
量相等且上升高度相等,所以从抛出到相遇A、B两篮球重力势能的变化量相
同,故D正确。
答案:AD
5.如图甲所示,小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x
时的速度为0,其x-济图象如图乙所示,取g=10m/s2,则斜面倾角。为()
解析:由匀变速直线运动的速度位移公式可得°2=2以,整理得由x
图象可知小物块的加速度q=5m/s?,根据牛顿第二定律得,小物块的加速度
a=gsin0,解得sin。="=噌=;,解得6=30。,故A正确,B、C、D错误。
答案:A
6.(多选)如图,斜面上有a、b、c、d四个点,ab=bc=%
Cd,从。点以初速度00水平抛出一个小球,它落在斜面上的06^
b点,速度方向与斜面之间的夹角为«o若小球从a点以初一
速度也。。水平抛出,不计空气阻力,则小球()
A.将落在A之间
B.将落在。点
C.落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于a
D.落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于a
解析:设斜面的倾角为e,小球落在斜面上有tan讨解得t=
2yotan0.1。2z?(rtan20,,,,4、_,日
------,在竖直万向上的分位移为y=^gt-=-------,则知当初速度变为原来
的近倍时,竖直方向上的位移变为原来的2倍,所以小球一定落在斜面上的c
点,故A错误,B正确;设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为人则tan
4=£=^=2tan。,即tanA=2tan。,所以用一定,则知落在斜面时的速度方向
与斜面夹角一定相同,故C错误,D正确。
答案:BD
7.(多选)如图甲所示,小物块A静止在足够长的木板3左端,A与3间动摩擦
因数为〃1=0.6,木板5与地面间的动摩擦因数为〃2=0.2,假设各接触面间的
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻起A受到R=3/(N)的水平向右的外力作
用,测得A与3间摩擦力/随外力R的变化关系如图乙所示,则下列判断正确
的是(
甲
A.A、3两物体的质量分别为1kg和0.5kg
B.当f=ls时,A、3发生相对滑动
C.当r=3s时,A的加速度为4m/s2
D.3物体运动过程中的最大加速度为8m/s?
解析:设A、B两物体的质量分别为mi、mi,根据A与B间摩擦力/随外力F
的变化关系可得A与3间滑动摩擦力为6N,B与地面的摩擦力为3N,则有
〃itnig=6N,/U2(mi+m2)g=3N,联立解得/ni=lkg,机2=0.5kg,故A正确;
由图象乙可知歹=12N时,A、3发生相对滑动,此时f=4s,故B错误;由B
分析可知,当t=3s时,A、3相对静止,一起做匀加速运动,则有Fi—
+mi)g=(mi+mi)ai,代入数据可得ai=4m/s?,故C正确;B物体运动过程中
加速度最大时,有〃—〃2(mi+m2)g=m2Q2,代入数据可得。2=6m/s2,故
D错误。
答案:AC
8.(多选)如图所示,水平台高h=4m,物体A(可视为质点)的质量m=lkg,
一半径R=2m的光滑圆弧轨道竖直固定放置,直径CD处于竖直方向,半径
与竖直方向的夹角0=53°,物体以某速度”水平向右运动,物体离开平台
后恰能沿B点切线方向滑入圆弧轨道(取g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=
0.6),则()
A.物体离开平台时的速度0x=6m/s
B.物体在圆弧轨道5点时,物体对轨道的压力大小为56N
C.物体在圆弧轨道C点时,物体对轨道的压力大小为58N
D.物体能够到达轨道最高点。
解析:物体离开平台下落到3点的高度H=R+Rcos6=3.2in,由讲=2gH,得
Vy=\)2.gH=8m/s,在点由几何关系得F=6m/s,_8点的速度为VB=
y/v^+vf=^62+82m/s=10m/s,在B点重力沿半径方向的分力为mgcos
加2
53°,由牛顿第二定律得RNB一mgeos53°=而五解得RNB=56N,由牛顿第三
定律可知物体在圆弧轨道B点时对轨道的压力大小为56N,故A、B正确;物
体由A到C,由机械能守恒定律得mgh+^rnvx=^mvc,在C点由牛顿第二定
律得FNC—mg=m五,联立解得尸NC=68N,由牛顿第三定律可知物体在圆弧
轨道。点时对轨道的压力大小为68N,故C错误;物体由。到。,由机械能守
恒定律得2mgR+^mVD2=^mvc2,解得VD=6m/s,而恰能通过D的临界速度为
vo=y^R=2y[5m/s<VD,则物体能够到达轨道最高点。,故D正确。
答案:ABD
9.如图,质量为机=1kg的小滑块(视为质点)在半径为R=0.4m的(圆弧A端由
静止开始释放,它运动到3点时速度为。=2m/s。当滑块经过B后立即将圆弧
轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后,通过换向轨道由C点过渡到
倾角为6=37。、长s=lm的斜面CD上,CD之间铺了一层匀质特殊材料,其
与滑块间的动摩擦因数可在0W//W1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平
滑相连,地面上一根轻弹簧一端固定在。点,自然状态下另一端恰好在。点。
滑块在C、D两处换向时速度大小均不变,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取
g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力。
(1)求滑块对B点、的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功;
⑵若设置〃=0,求滑块从C第一次运动到D的时间及弹簧的最大弹性势能;
⑶若最
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