专题强化训练1.doc

专题强化训练(一)(在110题给出的四个选项中，第16题只有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求)1某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为x6tt2(m)则该物体在04 s内走过的路程为()A8 m B9 m C10 m D11 m解析将x6tt2与xv0tat2比较知，初速度v06 m/s，加速度a2 m/s2，故物体前3 s内沿正方向做匀减速运动走过的位移大小x19 m，后1 s内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小x21 m，故该物体在04 s内走过的路程为10 m.答案C2某质点在04 s内运动的vt图象如图11所示，其中02 s内的图线是正弦曲线下列说法正确的是()图11A前两秒内的位移等于后两秒内的位移B在前两秒内，1 s末质点的加速度最大C第2.5 s的加速度与第3.5 s的加速度相同D04 s内合力做的功为零解析在vt图象中vt图线下包围的“面积”等于质点在该时间内的“位移”的大小，由题图知质点前两秒内的位移大于后两秒内的位移，故选项A错；由vt图线的斜率表示加速度知1 s末质点的加速度为零第2.5 s和第3.5 s的加速度大小相等，方向相反，故选项B、C错；由动能定理知04 s内，合力做的功为零，选项D正确答案D3(2013福建卷，13)设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视作半径为r的圆已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足()AGM BGMCGM DGM解析太阳对行星的引力提供行星做圆周运动的向心力，即mr，整理可得GMr3，故A正确答案A4某物体做直线运动的vt图象如图12所示，据此判断下图(F表示物体所受合力，x表示物体的位移)四个选项中正确的是()图12解析由图可知02 s内物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前2 s受力大小恒定，位移是时间的二次函数.2 s4 s做正方向的匀减速直线运动，受力为负，大小恒定，位移继续增加.4 s6 s做负方向的匀加速直线运动，所以受力为负，大小恒定，总位移减小.6 s8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，大小恒定，位移继续减小综上分析，应选B.答案B5如图13所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点O处，若不计空气阻力，下列关系式正确的是()图13Avavb BvavbCtatb Dta2tb解析由平抛运动规律得t ，tb ，则tatb，选项C、D错误；vata2vbtb，得vavb，选项A错误，选项B正确答案B6(2013四川卷，4)迄今发现的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese 581”运行的行星“G1581 c”却很值得我们期待该行星的温度在0 到40 之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日“Gliese 581”的质量是太阳质量的0.31倍设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则()A在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同B如果人到了该行星，其体重是地球上的2倍C该行星与“Gliese 581”的距离是日地距离的倍D由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短解析由万有引力定律及牛顿第二定律得：.即第一宇宙速度v.所以2，选项A错误由mg得：，即人到了该行星，其体重是地球上的2倍，选项B正确由mr得：，所以选项C错误米尺在行星上相对行星是静止的，其长度是不会变的，选项D错误答案B7如图14所示，重为G的光滑球在倾角为的斜面和竖直墙壁之间处于静止状态若将斜面换成材料和质量相同，但倾角稍小一些的斜面，以下判断正确的是()图14A球对斜面的压力变小 B球对斜面的压力变大C斜面可能向左滑动 D斜面仍将保持静止解析对整体研究，倾角减小，地面对斜面的支持力和摩擦力不变，则选项C错误，D正确；对光滑球，由平衡条件得，斜面对球的弹力FN，倾角减小，弹力变小，球对斜面的压力变小，则选项A正确，B错误答案AD8(2013浙江卷，18)如图15所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是()图15A地球对一颗卫星的引力大小为B一颗卫星对地球的引力大小为C两颗卫星之间的引力大小为D三颗卫星对地球引力的合力大小为解析地球对一颗卫星的引力大小等于一颗卫星对地球的引力大小，由万有引力定律得其大小为，故A错误，B正确；任意两颗卫星之间的距离Lr，则两颗卫星之间的引力大小为，C正确；三颗卫星对地球的引力大小相等且三个引力互成120，其合力为0，故D错误答案BC9小木块放在倾角为的斜面上，斜面固定在水平地面上，小木块受到一个水平力F(F0)的作用处于静止，如图16所示则小木块受到斜面的支持力和摩擦力的合力的方向及其与竖直向上方向的夹角可能是()图16A向右上方， B向右上方，解析物块所受的摩擦力可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，物块也可能不受摩擦力，物块的受力情况如图所示因FN与Ff的合力一定与F、G的合力等大反向，所以FN与Ff的合力一定向左上方，选项A、B错误当Ff0时，FN方向与竖直方向夹角为，当摩擦力沿斜面向下时，两力的合力与竖直方向夹角大于，当摩擦力沿斜面向上时，两力的合力与竖直方向夹角小于，选项C、D正确答案CD10如图17所示，一名消防员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管向下滑已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员()图17A下滑过程中的最大速度为4 m/sB加速与减速过程的时间之比为12C加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17D加速与减速过程的位移之比为14解析由Lvt解得下滑过程中的平均速度v4 m/s，故最大速度为8 m/s，选项A错误；由vmat可知加速与减速过程的时间之比为12，选项B正确；加速下滑过程，由牛顿第二定律得，mgFf1ma1；减速下滑过程，由牛顿第二定律得，Ff2mgma2；通过计算得a18 m/s2，a24 m/s2，联立解得加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17，选项C正确由xat2可得加速下滑位移为x14 m，减速下滑位移为x28 m，加速与减速过程的位移之比为12，选项D错误答案BC11如图18所示，一质量m0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数0.1的水平轨道上的A点现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P10.0 W经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N已知轨道AB的长度L2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角37，圆形轨道的半径R0.5 m(空气阻力可忽略，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图18(1)滑块运动到C点时速度vC的大小；(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；(3)水平外力作用在滑块上的时间t.解析(1)滑块运动到D点时，由牛顿第二定律得FNmgm，滑块由C点运动到D点的过程中，由机械能守恒定律得mgR(1cos )mvmv，联立解得vC5 m/s.(2)滑块在C点时，速度的竖直分量为vyvCsin 3 m/s，B、C两点的高度差为h0.45 m，滑块由B点运动到C点所用的时间为t10.3 s，滑块运动到B点时的速度为vBvCcos 4 m/s，B、C间的水平距离为xvBt11.2 m.(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得PtmgLmv，解得t0.4 s.答案(1)5 m/s(2)0.45 m1.2 m(3)0.4 s12(2013重庆卷，8)如图19所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合转台以一定角速度匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为60，重力加速度大小为g.图19(1)若0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0；(2)若(1k)0，且0k1，求小物块受到的摩擦力大小和方向解析(1)对小物块受力分析可知：FN cos 60mgFN sin 60mRRR sin 60联立解得：0 (2)由于0k1，当(1k)0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下由受力分析可知：FNcos