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一、单项选择题:本题共 5 小题,每小题 8 分,共 40 分,每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 《西游记》中 ,一只大龟浮水作舟,驮着唐僧师徒四人和白龙马渡过了通天河。已知大龟在 静水中游动的速度大小与河水的流速大小之比为 2 ∶ 1, 出发点 A 到正对岸B 点的距离为 d,河 岸平直。若大家以最短的时间渡河,则大家上岸的地点与 B 点的距离为 ( )
A.d B.d
4 2
C.2d D.4d
【解析】 选 B。要使渡河时间最短,大龟游动的速度方向应垂直河岸,令大龟游动的速度为 v ,
1
河水流速为 v ,渡河时间 t= d ,大家上岸的地点与 B 点的距离 x=v t,又 v ∶v =2 ∶ 1,解得 x=d ,
2 v1 2 1 2 2
选项 B 正确。
2.在平直公路上行驶的 a 车和 b 车,其位移— 时间图像分别为图中直线 a 和曲线 b, 已知 b 车
的加速度恒定且 a=-2 m/s2 ,t=3 s 时直线 a 和曲线b 刚好相切。下列说法正确的是 ( )
A.a 车的速度大小为8 m/s
3
B.t=0 时,a 车和 b 车的距离为 7 m
C.t=2 s 时,a 车在 b 车前方 1 m 处
D.0~2 s 内,b 车比 a 车多行驶 6 m
【解题指导】 解答本题应注意以下三点 :
(1)a 车做匀速直线运动, 由图像的斜率求出 a 车的速度。
(2)t=3 s 时,直线 a 与曲线b 刚好相切,两车的速度相等,对 b 车, 由速度— 时间公式求出初速 度。由位移— 时间公式求出 3 s 内两车的位移, 即可求得 t=0 时 a 车和 b 车的距离。
(3)根据位移— 时间公式求出 0~2 s 内两车的位移,从而确定 t=2 s 时两车位置关系。
【解析】 选 C。图像的斜率代表速度 ,所以 a 车的速度大小为v= Δx=2 m/s,选项 A 错误;t=3 s
Δt
- 1 -
时直线 a 和曲线 b 刚好相切,速度相等,所以 b 车的速度 v 满足 v=v +at,解得 v =8 m/s,所以
0 0 0
0~3 s 内,b 车的位移为 x =v0 v t=15 m,所以初始时,b 车的位置坐标 x =8 m-x =-7 m,t=0 时,a
b 2 b0 b
车和 b 车的距离为Δx=2 m-x =9 m,选项 B 错误 ;t=2 s 时,b 车的速度 v =v +at=4 m/s,0~2 s
b0 2 0
内的位移 x =v0 v 2 t=12 m,a 车的位移 x =vt=4 m,所以 b 车比 a 车多行驶 8 m,t=2 s 时,a 车在
2 2 a
b 车前方Δx-8 m=1 m 处,选项 C 正确,D 错误。
【加固训练】
甲、乙两个质点沿着同一直线运动 ,其中质点甲做匀速直线运动 ,质点乙做初速度为零的
匀加速直线运动,它们的位置 x 随时间 t 变化规律如图所示。已知 t 时刻, 甲的位置为 x ,且此
0 0
时两图线的斜率相同,下列判断正确的是 ( )
A.乙的加速度大小为 0
2t2
0
B.t 时刻,两质点之间的距离为3x
0 2 0
C.3t 时刻,两质点之间的距离为3x
0 2 0
D.两质点相遇时, 乙的速度大小为2 0
t
0
【解析】 选 B。由题意可知 , 甲的速度大小为 v = 0 ,t 时刻甲、乙图线的斜率相同, 即此时乙
甲 t 0
0
的速度大小也为 0 ,根据运动学公式则有 0 =at ,可得乙的加速度大小为 a= 0 ,选项 A 错误;0~t
t t 0 t2 0
0 0 0
的时间内, 乙的位移为 x =1at2 = 0 ,故 t 时刻两质点之间的距离为Δx=x -1x +x =3x ,选项 B 正
乙 2 0 2 0 0 2 0 0 2 0
- 2 -
确;3t 时, 甲的位移为 x =3x , 乙的位移为
0 甲 0
x 乙 '= 2(9)x0 ,两质点之间的距离为Δx'= |30 - 2(9) 0
0 |= 2(1)x0 ,选项 C 错误;设两质点经过时间 t 相遇,
2 0 甲 0 0 乙
则有 1 at2=x +v t,解得 t=(√3+1)t ,t=(1- √3)t ( 舍去 ),故相遇时 , 乙的速度大小为 v
=at=选项 D 错误。
3. (2022 ·全国甲卷)长为 l 的高速列车在平直轨道上正常行驶,速率为 v ,要通过前方一长为
0
L 的隧道。当列车的任一部分处于隧道内时,列车速率都不允许超过 v(v<v )。已知列车加速
0
和减速时加速度的大小分别为 a 和 2a,则列车从减速开始至回到正常行驶速率 v 所用时间至
0
少为 ( )
A.v0 -v+Ll B.v0 -v+L2l
2a v a v
C.3(v0 -v)+Ll D.3(v0 -v)+L2l
2a v a v
【解析】 选 C。由题知当列车的任一部分处于隧道内时 ,列车速率都不允许超过 v(v < v ),则
0
列车进隧道前必须减速到 v,则有 v = v -2at ,解得 t =v0 -v ,列车进隧道时至完全出隧道前匀速
0 1 1 2a
行驶,有 t =Ll ,列车尾部出隧道后立即加速到 v ,有 v = v + at ,解得 t =v0 -v ,则列车从减速
2 v 0 0 3 3 a
开始至回到正常行驶速率 v 所用时间至少为 t=3(v0 -v)+Ll ,故选 C。
0 2a v
4.在第 24 届北京冬奥会跳台滑雪比赛项目中,运动员穿专用滑雪板在助滑雪道上获得一定速 度后从跳台水平飞出,这项运动极为壮观。如图所示,末端可视为水平面,在斜面上 A 点两名运
动员先后以 v 和 2v 的速度沿水平方向飞出,不计空气阻力,则从跳出至第一次着地,两名运动
0 0
员的水平位移之比可能是 ( )
A.1 ∶ 1 B.1 ∶ 3
C.1 ∶ 5 D.1 ∶ 7
【解析】 选 B。设水平位移为 x,竖直位移为 y,两名运动员分别为 1、 2,若都落在斜面上时
y1 =y2 =tan37°, 即2v0 =2×2v0 ,可得 t =2t ,可得 x ∶x =1 ∶4。当都落在水平面时 , 由 h=1gt2 可知
x1 x2 gt 1 gt2 2 1 1 2 2
运动时间相等,则 x ∶x =1 ∶ 2,综上可知,两名运动员水平位移之比最小为 1 ∶4,最大为 1 ∶ 2,
1 2
选项 B 正确,A、 C、 D 错误。
5.航天员驾驶宇宙飞船绕质量分布均匀的一星球做匀速圆周运动 ,测得飞船线速度大小的二
次方与轨道半径的倒数的关系图像如图中实线所示,该图线(直线)的斜率为 k, 图中 r (该星球
0
的半径)为已知量。引力常量为G,下列说法正确的是 ( )
A.该星球的质量为G
k
- 3 -
B.该星球自转的周期为√
C.该星球表面的重力加速度大小为 k
2
0
D.该星球的第一宇宙速度为√
【解析】 选 C。根据 GMm=mv2 ,得到 v2=GM · 1,可知斜率 k=GM,该星球的质量 M=k ,选项 A 错误;
2 G
2
显然自转周期没有条件可以求解,选项 B 错误; 由 GM=g ,可得 g= k ,选项 C 正确 ; 由第一宇宙
0
速度 v=可得 v=√ ,选项 D 错误。
二、多项选择题:本题共 3 小题,每小题 8 分,共 24 分,每小题有多个选项符合题目要求。
6.如图所示,足够长的水平传送带以大小为 v 的速度顺时针匀速转动,将一质量为 m 的小物块
0
(可视为质点 )静止放置在传送带的左端 , 同时对小物块施加竖直向上的力 F,力的大小满足 F=kv,v 为小物块的水平速度,小物块与传送带间的动摩擦因数为 μ,重力加速度为 g,下列所
画出的小物块的水平速度 v 随时间变化的图像(图中 t = v0 ,v =mg)可能正确的是 ( )
0 ug m k
【解析】 选 B、 C。小物块由静止开始向右做加速运动 ,开始运动后受到重力 mg、竖直向上的
力 F、支持力 N=mg-F、水平向右的滑动摩擦力 f= μN,若 kv <mg,根据牛顿第二定律可知,小物
0
块运动的加速度大小a=u(mg-kv),可见随着速度v 的增大,小物块做加速度逐渐减小的加速运动,
m
选项 D 错误;当 v=0 时,a= μg=所以图线在 O 点的切线应过点(t0,v0),选项 A 错误;当 mg=kvm
0
时,a=0,对应速度 v =mg , 当 v <v 时,小物块加速到 v 时,支持力 N=0,摩擦力为零,小物块脱离
m k m 0 m
传送带做匀速运动,选项 B 正确;当 v >v 时,小物块加速到 v 时,小物块与传送带共速,摩擦力
m 0 0
- 4 -
为零,小物块随传送带一起向右做匀速运动,选项 C 正确。
7. (2021 ·湖南选择考)2021 年 4 月 29 日, 中国空间站天和核心舱发射升空,准确进入预定轨 道。根据任务安排,后续将发射问天实验舱和梦天实验舱,计划 2022 年完成空间站在轨建造。
核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道,轨道离地面的高度约为地球半径的 1 。下列说法正确
16
的是 ( )
A.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的(16)2 倍
17
B.核心舱在轨道上飞行的速度大于 7.9 km/s
C.核心舱在轨道上飞行的周期小于 24 h
D.后续加挂实验舱后,空间站由于质量增大,轨道半径将变小
【解析】 选 A、C。根据万有引力定律有 F=GMm ,核心舱进入轨道后的万有引力与地面上万有
R2
引力之比为F1 = R2 =(16)2 ,所以 A 正确;核心舱在轨道上飞行的速度小于 7.9 km/s, 因为第 F2 (R 1 R)2 17
16
一宇宙速度是最大的环绕速度,所以 B 错误;根据 T=2π√G(R)M(3)可知,轨道半径越大周期越大,则
其周期比同步卫星的周期小,小于 24 h,所以C 正确;卫星做圆周运动时万有引力提供向心力,
由 GR(M)2(m)=mR(v2) ,解得 v=√R(GM)。则卫星的环绕速度与卫星的质量无关,所以变轨时需要点火减速或
者点火加速,增加质量不会改变轨道半径,所以 D 错误。
8.如图所示,有一个光滑圆柱体 A 夹在平板 B 与竖直墙壁之间,平板通过铰链与底座 C 相连, 底座左端与液压器 D 相连。通过调节液压器的高度可以改变平板与底座之间的夹角 θ 。A 的 重力为 G, B、C 及D 的总重力也为 G。底座 C 与水平地面间的动摩擦因数为 μ (0.5<μ<1),最
大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是 ( )
A.C 与地面间的摩擦力总等于 2 μG
B. θ角增大时,地面对 C 的摩擦力一直在增大
C.要保持底座 C 静止不动,应满足 tan θ≤2 μ
D.若保持 θ=45°不变, 圆柱体的重力增大ΔG,仍要保持底座 C 静止,则ΔG 的最大值为2u- 1G
1-u
【解题指导】 解答本题应注意以下三点 :
- 5 -
(1)用整体法和隔离法对圆柱体和整体进行受力分析,再根据力的正交分解可求得各力 ;
(2)要保持底座 C 静止不动,应满足 f≤f ; m
(3)若保持 θ=45°不变, 圆柱体重力增大ΔG,仍要保持底座 C 静止,
则 f=(G+ΔG)tan θ≤f = μ (2G+ΔG),整理可得圆柱体重力增大量。
m
【解析】 选 C 、D。对 A 进行受力分析,如图甲所示,根据平衡条件得 F =Gtan θ
N1
对 A、B、C 及 D 整体进行受力分析,如图乙所示,当整体静止时,摩擦力 f=F =Gtan θ,当 θ角
N1
增大时,地面对C 的摩擦力增大,当F 达到或超过最大静摩擦力后,摩擦力为 f=2μG,所以随着
N1
θ角增大,摩擦力先增大后不变,选项 A、B 错误;要保持底座 C 静止不动,应满足条件 Gtan θ ≤2μG,整理得 tan θ≤2μ,选项 C 正确;若保持 θ=45°不变, 圆柱体的重力增大ΔG,仍要保
持底座 C 静止,应满足条件(G+ΔG)tan45°≤ μ (2G+ΔG),整理得ΔG≤2u- 1G,选项 D 正确。
1-u
三、非选择题:共 2 小题,每小题 18 分,共 36 分。
9.潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域 ,浮力顿减,潜艇如同汽车那样掉下悬崖称之为“掉
深”, 曾有一些潜艇因此沉没。 某潜艇总质量 m=3.0×103 t,在高密度海水区域水面下h =180 m
0
沿水平方向缓慢潜航,如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时 ,浮力 F 突然降为 2.94× 107 N;20 s 后,潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水),此后潜艇以 0.1 m/s2 的加速度匀减速下沉, 速度减为零后开始上浮,升至距水面
120 m 处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮,升到水面时速度恰好为零。重力加 速度 g 取 10 m/s2,不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求 :
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起);
(2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。 【解题指导】 解答本题应掌握两个“应用”
(1)应用牛顿第二定律求出潜艇的加速度;
- 6 -
(2)应用运动学公式求出潜艇在竖直方向的位移,然后求出潜艇“掉深”达到的最大深度。
【解析】 (1)在潜艇向下加速过程有 mg-F=ma ①
1
此过程下落高度为 h =1a t 2 ②
1 2 1 1
潜艇向下减速过程的高度为 h ,
2
2a h =2a h ③
1 1 2 2
潜艇“掉深”达到的最大深度为 h=h +h +h ④
0 1 2
由①~④式得 h = 300 m
(2)潜艇向下减速过程的时间为 t ,a t =a t ⑤
2 1 1 2 2
潜艇向上加速过程有 :
h =1a t 2 ⑥
3 2 2 3
h =h-h
3 4
h =120 m
4
v =a t
2 2 3
潜艇向上减速过程有 h =v20 t ⑦
4 2 4
潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用总时间 t =t +t+t+t ⑧
总 1 2 3 4
解得 t =160 s
总
答案 : (1)300 m (2)160 s
【加固训练】
疫情期间 ,为了减少人与人之间的接触 ,一餐厅推出了一款智能送餐机器人进行送餐 (如 图甲)。该款机器人的最大运行速度为 4 m/s,加速度大小可调节在
1 m/s2 ≤a≤3 m/s2 范围内,要求:送餐过程托盘保持水平,菜碟与托盘不发生相对滑动,机器人 到达餐桌时速度刚好为 0。现把送餐过程简化为如图的直线情境图(如图乙),已知机器人恰好
以最大运行速度 v=4 m/s 通过 O 处,O 与餐桌 A 相距x =6 m,餐桌 A 和餐桌 F 相距L=16 m,机器
0
人、餐桌都能看成质点,送餐使用的菜碟与托盘之间的动摩擦因数为 μ=0.2,最大静摩擦力等
于滑动摩擦力,重力加速度 g 取
10 m/s2。
- 7 -
(1)在某次从 O 到餐桌 A 的过程中,机器人从 O 开始匀减速恰好到 A 停下,求机器人在此过程加 速度 a 的大小。
(2)完成(1)问中的送餐任务后,机器人马上从 A 继续送餐到 F,若要求以最短时间从 A 送餐到
F,求机器人运行最大加速度 a 和加速过程通过的位移 x 。
m 加
【解析】 (1)从 O 点到 A 点, 由运动公式 0-v2=2ax
0
解得 a=0-v2=- 42 m/s2=-4 m/s2
0
2 2×6 3
机器人在此过程加速度 a 的大小为4 m/s2。
3
(2)要想用时最短,则机器人先以最大加速度加速 ,然后匀速一段时间,再以最大加速度做减速
运动直到速度减为零。最大加速度为 a = μg=2 m/s2
m
加速的位移为 x = v2 =4 m
加 2a
m
答案 : (1)4 m/s2 (2)2 m/s2 4 m
3
10. (2022 ·莆田模拟)如图所示,传送带以一定速度沿水平方向匀速运动,将质量 m=1.0 kg 的 小物块轻轻放在传送带上的 P 点,小物块运动到 A 点后被水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆 弧切线从 B 点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。 B、 C 为圆弧的两端点,其连线水平,轨道最低点为 O, 已知圆弧对应圆心角 θ=106°, 圆弧半径 R=1.0 m,A 点距水平面的高度 h=0.80 m。小物块 离开 C 点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动,0.8 s 时小物块第二次经过 D 点, 已知小物
块与斜面间的动摩擦因数μ=1,sin53°=0.8,g 取 10 m/s2 ,求 :
3
(1)小物块离开 A 点时的水平速度大小;
(2)小物块经过 O 点时,轨道对它的支持力大小 ;
(3)斜面上C、 D 点间的距离。
【解题指导】 解答本题应注意以下四点 :
(1)利用平抛运动规律,在 B 点对速度进行正交分解 ,得到水平方向速度和竖直方向速度的关 系 ;
(2)利用机械能守恒定律求解物块在最低点的速度;
(3)利用牛顿第二定律在最低点表示出向心力;
(4)物块在轨道上上滑属于刹车问题,求出上滑的加速度、 所需的时间;再求出下滑加速度、 距
- 8 -
离,利用匀变速直线运动规律公式求出位移差。
【解析】 (1)对小物块, 由 A 到 B 做平抛运动,在竖直方向上有
v 2 =2gh
y
在 B 点 tane=vy
2 vA
联立两式,代入数据求得 v =3 m/s
A
(2)对小物块,在 B 点有 vB=√vA(2) + vy(2)=5 m/s
从 B 到 O 由机械能守恒定律得 mgR1 -sin37° = 2(1)mv O(2)- 2(1)mvB(2)
在 O 点有 F -mg=mv O(2)
N R
联立以上式子,代入数据得 F =43 N
N
(3)圆弧光滑, 由机械能守恒可知 v =v =5 m/s C B
物块沿斜面上滑时,有 mgsin53°+ μmgcos53°=ma
1
则小物块由 C 上升到最高点历时 t =vC =0.5 s
1 a
1
则小物块由斜面最高点回到 D 点历时 t =0.8 s-0.5 s=0.3 s
2
小物块沿斜面下滑时 mgsin53°- μmgcos53°=ma
2
可得 C、 D 间距离为 xCD=2(vC)t1- 2(1)a2 t 2(2)=0.98 m
答案 : (1)3 m/s (2)43 N (3)0.98 m
- 9 -
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