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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θ，对所有小球组成的整体分析，有m总gtan θ＝m总a，解得tan θ＝，对除最上面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 α＝(m总－m1)a，解得
tan α＝，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直线上，向左偏，A正确，B、C、D错误。
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θ，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θ时，F＝mgcos θ
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θ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，可得F＝2mgcos θ，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θ变大，绳拉力F＝2mgcos θ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，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是( )
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A．小物块到达最低点N时的速度大小为
B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR
C．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mgR
D．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
FN＝FN′＝2mg，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 Wf＝mgR，C选项正确；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t＝0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/s
B．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1∶2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
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：
v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A错误；第1 s末外力做功的瞬时功率：P＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率：P′＝F2v2＝2×6 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内质点动能增加量分别为：ΔEk1＝mv12＝8 J，ΔEk2＝mv22－mv12＝10 J，则ΔEk1∶ΔEk2＝4∶5，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θ。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 J
B．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin θ
C．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
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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 θ＝ma1，撤去力F后，有mgsin θ＝－ma2，由运动学公式知，·t2＝－，vx＝t，解得
F＝mgsin θ，由vx－gsin θt＝－v，解得vx＝，所以在撤去力F前的瞬间力F的功率
P＝Fvx＝mgvsin θ，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m＝103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103 N，所受阻力为重力的，当飞机的速度大小达到
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 N
B．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2
C．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/s
D．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＝×103×10 N＝2×103 N，选项A错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得a＝5 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－v02＝2ax，解得v0＝30 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x＝at2，解得v1＝10 m/s，选项D正确。
7．[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t＝2 s时乙车追上甲车
C．在t＝4 s时乙车追上甲车
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D．甲、乙两车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t＝2 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0～4 s内，甲车的位移 x甲＝×8×4 m ＝16 m，乙车的位移
x乙＝×(1＋3)×8 m＝16 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，则在t＝4 s时乙车追上甲车，故C正确；在t＝4 s时乙车追上甲车，由于t＝4 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θ，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t＝0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v1>v2)。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μ，则μ>tan θ
B．0～t1时间内，传送带对物块做正功
C．0～t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大
D．0～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μmgcos θ> mgsin θ，得μ>tan θ，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v1>v2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。
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