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力与运动专题小循环练
一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第4、8小题为多选题。)
1．入冬以来，全国多地多次发生雾霾天气，能见度不足100 m。在这样的恶劣天气中，甲、乙两汽车在一条平直的单行道上，乙在前、甲在后同向行驶。某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开头刹车，结果两辆车发生了碰撞。图示为两辆车刹车后若不相撞的v－t图象，由此可知( )
A．两辆车刹车时相距的距离确定等于112.5 m
B．两辆车刹车时相距的距离确定小于90 m
C．两辆车确定是在刹车后的20 s之内的某时刻发生相撞的
D．两辆车确定是在刹车后的20 s以后的某时刻发生相撞的
[解析] 由v－t图象的斜率可求出a甲＝＝－＝－1 m/s2，a乙＝＝－ m/s2＝－0.5 m/s2，甲车的刹车加速度大，两车速度相等是两车是否碰撞的临界条件。t＝20 s时，由v－t图象知s甲＝v0甲t＋a甲t2＝25 m/s×20 s－×1 m/s2×(20 s)2＝300 m，s乙＝v0乙t＋a乙t2＝15 m/s×20 s－×0.5 m/s2×(20 s)2＝200 m，因而两车若相撞，刹车前距离应小于100 m，A、B错；两车速度相等时，两车相距最近，所以若相撞确定是在刹车后20 s内相撞，C对D错；选C。
[答案] C
2．如图所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、 m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg ，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8。不计绳和滑轮的质量和摩擦。初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．和m1一起沿斜面下滑
B．和m1一起沿斜面上滑
C．相对于m1上滑
D．相对于m1下滑
[解析] 假设撤去外力时，绳子的张力为T，m2与m1保持相对静止，对m3应用牛顿其次定律有：m3g－T＝m3a，对m1、m2组成的整体，则有：T－(m1＋m2)gsin30°＝(m1＋m2)a，对m2有：Ff－m2gsin30°＝m2a，解得Ff＝15 N，而m1、m2间的最大静摩擦力Ffmax＝μm2gcos30°＝8 N，所以m2相对m1下滑，D项正确。
[答案] D
3．一物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ。先用平行于斜面的推力F1作用于物体，恰好能使该物体沿斜面匀速上滑；若改用水平推力F2作用于该物体上，也恰好能使该物体沿斜面匀速上滑，则两次推力的大小之比为( )
A．1＋μtanθ B．1－μtanθ
C．cosθ－μsinθ D．cosθ＋μsinθ
[解析] 分析物体的受力状况，用力F1时，有F1＝mgsinθ＋μmgcosθ，用力F2时，有F2cosθ＝mgsinθ＋μ(mgcosθ＋F2sinθ)，两式联立可求得＝cosθ－μsinθ，选C。
[答案] C
4．中国男子汉许帅军2022年1月2日驾热气球飞近钓鱼岛后平安归来。在某次飞行训练中，热气球刚开头从地面竖直上升时，加速度为0.5 m/s2，当上升到180 m时，开头以5 m/s的速度匀速上升。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量460 kg保持不变，重力加速度g＝10 m/s2。关于热气球，下列说法正确的是( )
A．所受浮力大小为4830 N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开头上升10 s后的速度大小为5 m/s
D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N
[解析] 热气球刚开头从地面竖直上升时，速度较小，空气阻力较小，分析热气球受力，由牛顿其次定律有F浮－mg＝ma⇒F浮＝m(g＋a)＝460 kg×10.5 m/s2＝4830 N，A对；随速度的增加，阻力会越来越大，B错；随阻力的增大加速度会减小，因此从地面开头上升10 s的速度达不到5 m/s，C错；以5 m/s匀速上升时，分析热气球受力，有F浮＝mg＋F阻⇒F阻＝F浮－mg＝4830 N－460 kg×10 m/s2＝230 N，D对，选A、D。
[答案] AD
5．如图所示，质点P1固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面上距离P1确定距离有另一个带电质点P2，P2在桌面上运动，某一时刻质点P2的速度沿垂直于P1P2的连线方向，则( )
A．若P1、P2带同种电荷，以后P2可能做速度变小的曲线运动
B．若P1、P2带同种电荷，以后P2可能做加速度变大的曲线运动
C．若P1、P2带异种电荷，以后P2的速度大小和加速度大小可能都不变
D．若P1、P2带异种电荷，以后P2可能做加速度变大，速度变小的曲线运动
[解析] 若P1、P2带同种电荷，两者之间是斥力，与速度方向垂直，由F＝知电荷力减小，所以做加速度减小的曲线运动，速度在增加，A、B错；若P1、P2带异种电荷，两者之间是引力，与速度垂直，假如库仑力刚好能供应向心力，那么P2绕P1做匀速圆周运动，速度、加速度大小都不变，C对；若P2向P1运动，加速度变大，速度也要变大，D错；选C。
[答案] C
6．2022年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救供应技术支持。特殊是“高分一号”突破了空间辨别率、多光谱与大掩盖面积相结合的大量关键技术。如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。“北斗\”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动。卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则以下说法正确的是( )
A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g
B．假如调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必需对其加速
C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为
D．“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有淡薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会增大
[解析] 对地球表面上的物体有＝mg⇒gR2＝GM，对于卫星G1、G3有＝ma⇒a＝＝g，A错；如对“高分一号”加速，则卫星将到更高的轨道上运动，脱离原轨道，此法不行取，B错；对于卫星G1来讲有＝m2r⇒T＝＝＝，卫星G1由A到B用时t＝T＝ ，C对；“高分一号\”卫星由于气体的阻力，高度会降低，速度会增大，但机械能要减小，D错。选C。
[答案] C
7．几个同学组成小组，利用一个斜面和一段水平地面来争辩物体做匀变速直线运动的规律，将测量数据记录在表格之中，如图所示。t＝0时，将小物体从斜面上的A点由静止释放，经过B点后进入水平面(设经过B点前后物块速度大小变化可以忽视)，最终停在C点。若测量数据均在误差允许范围内，由此可知( )
t/s
0
3
6
9
v/(m/s)
0
8
12
8
A．物体运动过程中的最大速度为12 m/s
B．t＝5 s时刻物体恰好经过B点
C．t＝12 s时刻物体恰好停在C点
D．AB间距离等于BC间距离
[解析] 物块在AB段做以a1为加速度的匀加速运动，在BC段以a2做匀减速直线运动。利用vt＝at知，如3～6 s始终加速，则6 s时速度应为16 m/s，所以t＝6 s时确定处于减速阶段，最大速度不是12 m/s，A错；同理知t＝12 s时，v＝4 m/s，t＝15 s时物块才停止，C错；0～3 s速度由0到8 m/s，由vt＝at⇒a1＝＝ m/s2，由6～9 s同理得a2＝＝＝－ m/s2。所以a1＝2|a2|，设B点速度为vB，此时时刻为t，有vB＝a1t＝a2(15－t)⇒t＝5 s，B对；由v＝2a1AB＝2a2BC⇒AB＝，D错，选B。
[答案] B
8．电影《地心引力》中有这样的情节：在圆轨道上运行的俄罗斯卫星，脱落的部件以2万英里每小时(8.9 km/s，相对地球)的速率撞到了在高度为350 km的近地圆轨道上运行的美国太空站，除了出舱的两人，其他航天员全部丧命。漂移在外、毫无借力的航天员Ryan在Matt的挂念下登上了废弃的国际空间站，之后，抱着灭火器向后喷射气体，渐渐靠近并登上在圆轨道上正常运行的“天宫一号”，利用“神舟飞船”返回地球。已知太空中存在极其淡薄的大气，不考虑其他作用，下列说法正确的是( )
A．在圆轨道上正常运行的俄罗斯卫星的轨道半径大于美国太空站的轨道半径
B．卫星脱落的部件在靠近美国太空站的过程中，地球引力对其做正功，部件的机械能减小
C．漂移在外、毫无借力的航天员处于失重状态，说明航天员不受力的作用
D．即使不用灭火器，航天员的速率也会渐渐增大，也可能追上与国际空间站在同一轨道上正常运行的“天宫一号”
[解析] 俄罗斯卫星脱落部件能撞到美国太空站，说明正常运行的俄罗斯卫星轨道高，运行半径大，A对；地球引力对脱落部件做正功，其动能增大，势能减小，在与淡薄空气相摩擦的过程中产生热量，使其机械能减小，B对；航天员处于失重状态，是所受万有引力供应了他做圆周运动的向心力，不是不受力，C错；不凭借灭火器的反冲，航天员只会越来越靠近地球，远离“天宫一号”，D错；选AB。
[答案] AB
二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)
9．将一个小圆环瓷片保持环面平行地面从高处由静止释放，小瓷片直接撞击地面而不被摔坏的最大释放高度为hm＝0.18 m。若将该圆环瓷片套在圆柱体的上端，瓷片可沿圆柱体下滑，但瓷片和圆柱体间的摩擦力是瓷片重力的μ倍(μ＝4.5)，如图所示。现将该装置从下端距地面H＝4.5 m高处由静止释放，瓷片撞击地面时速度最大且恰好不被摔坏。已知瓷片、圆柱体与瓷片下落过程中均受空气阻力的作用，空气阻力恒为其自身重力的k倍(k＝0.1)，圆柱体与地面碰撞后速度马上变为零且保持直立，求：(g＝10 m/s2)
(1)瓷片直接撞击地面而不被摔坏时，瓷片着地的最大速度vm；
(2)圆柱体的长度L。
[解析] (1)设瓷片下落时加速度为a1，瓷片质量为m
mg－kmg＝ma1
a1＝9 m/s2
落地时速度
v＝2a1hm
vm＝1.8 m/s
(2)瓷片随圆柱体一起加速下落加速度为a2
a2＝a1＝9 m/s2
圆柱体落地时瓷片速度
v＝2a1H
v1＝9 m/s
瓷片连续沿圆柱体减速下落直到落地，加速度为a3
mg－kmg－μmg＝ma3
a3＝－36 m/s2
v－v＝2a3L
L＝1.08 m
[答案] (1)vm＝1.8 m/s (2)L＝1.08 m
10．在平直的道路上，依次有编号为A、B、C、D、E的五根标志杆，相邻杆之间的距离ΔL＝12.0 m。一次路考中，学员甲驾驶汽车，学员乙坐在后排观看并记录时间，学员乙与车前端面的距离为Δs＝2.0 m。假设在考官发出目标停车的指令前，汽车是匀速运动的，当学员乙经过O点时考官发出指令：“在D标志杆目标停车\”，发出指令后，学员乙马上开头计时，学员甲需要经受Δt＝0.5 s的反应时间才开头刹车，开头刹车后汽车做匀减速直线运动，直到停止。学员乙记录下自己经过B、C杆时的时刻tB＝4.50 s，tC＝6.50 s。已知LOA＝44 m。求：
(1)刹车前汽车做匀速运动的速度大小v0；
(2)汽车停止运动时，车头前端离标志杆D的距离。
[解析] (1)汽车从O到标志杆B的过程中：
LOA＋ΔL＝v0Δt＋v0(tB－Δt)－a(tB－Δt)2
汽车从O到标志杆C的过程中：
LOA＋2ΔL＝v0Δt＋v0(tC－Δt)－a(tC－Δt)2
联立方程解得：a＝2 m/s2；v0＝16 m/s。
(2)汽车从开头到停下运动的距离：x＝v0Δt＋；
代入可得：x＝72 m
因此汽车停止运动时车头前端面在CD之间离标志杆D距离为：
Δx＝LOA＋3ΔL－x－Δs
Δx＝6 m
[答案] (1)v0＝16 m/s (2)6 m
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