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2019-2020年高考物理二輪復習 特色專題訓練 力學選擇題巧練（二） 一、單項選擇題 1．據網站信息，中國正在建造第二艘、第三艘航母．艦載機是航空母艦的重要武器．如果民航客機起飛時需在150 s內使飛機從靜止加速到40 m/s，而艦載機借助助推設備，在3 s內就可加速到80 m/s，設起飛時飛機在跑道上做勻加速運動，則供民航客機起飛的跑道的長度為航空母艦的甲板跑道長度的(　　) A．25倍　　　　　　　　 B．50倍 C．250倍 D．500倍 2．一木箱放在水平地面上，木箱質量為m，用水平拉力F即可使物體做勻速直線運動，現保持F大小不變，方向改為與水平方向成60角斜向上拉物體，也能使物體做勻速直線運動，如圖所示．則木箱與水平地面間的動摩擦因數為(　　) A. B. C. D. 3.(xx寧波聯(lián)考)在離地面高5 m處有兩個球緊靠在一起，它們用長為2 m的輕繩連著，現給兩個球相反方向的水平速度v1、v2，使兩個球做平拋運動，結果兩球落地時繩剛好拉直，則兩個球的速度大小之差不可能是(　　) A．2 m/s　　　　　　 B. m/s C. m/s D．1 m/s 4．(xx河北石家莊3月模擬)如圖所示，一質量為M、傾角為θ的斜面體置于水平地面上，質量為m的小木塊(可視為質點)放在斜面上．現用一平行于斜面、大小恒定的拉力F作用于小木塊上，拉力在斜面所在的平面內繞小木塊旋轉一周的過程中，斜面體和小木塊始終保持靜止狀態(tài)，下列說法中正確的是(　　) A．小木塊受到斜面的最大摩擦力為 B．小木塊受到斜面的最大摩擦力為F－mgsin θ C．斜面體受到水平地面的最大摩擦力為F D．斜面體受到水平地面的最大摩擦力為Fcos θ 二、不定項選擇題 5．如圖所示，一物塊A放在固定于水平地面上的斜面體B上，處于靜止狀態(tài)．現使力F沿不同方向作用在物塊A上，物塊A始終保持靜止．則物塊A對斜面體的壓力不變的是(　　) 6.如圖所示，質量為m的滑塊以一定初速度滑上傾角為θ的固定斜面，同時施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ.已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝tan θ，取出發(fā)點為參考點，能正確描述滑塊運動到最高點過程中產生的熱量Q、滑塊的動能Ek、機械能E隨時間t變化關系及滑塊的勢能Ep隨位移x變化關系的是(　　) 7．如圖甲所示，一固定在地面上的足夠長斜面，傾角為37，物體A放在斜面底端擋板處，通過不可伸長的輕質繩跨過光滑輕質滑輪與物體B相連接，B的質量M＝1 kg，A的質量m＝0.5 kg，繩拉直時B離地面有一定高度．在t＝0時刻，無初速度釋放B，由固定在A上的速度傳感器得到的數據繪出的A沿斜面向上運動的v－t圖象如圖乙所示，若B落地后不反彈，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，則下列說法正確的是(　　) A．B下落的加速度大小a＝2 m/s2 B．A沿斜面向上運動的過程中，繩的拉力對A做的功W＝3 J C．A與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5 D．0～0.75 s內摩擦力對A做的功大小為0.75 J 力學選擇題巧練(二) 1．解析：選A.由于起飛時飛機在跑道上做勻加速運動，由x＝ t＝t，所以＝＝25，所以A選項正確． 2．解析：選C.水平拉物體時：F＝μmg；斜向上拉物體時：Fcos 60＝μ(mg－Fsin 60)．解得：μ＝.故選C. 3．解析：選A.兩球做平拋運動的時間均為t＝＝1 s，兩球的初速度大小之和為v1＋v2＝＝2 m/s.由于兩球的速度大小之和為2 m/s，因此速度大小之差不可能大于2 m/s，選項A正確． 4．解析：選C.對小木塊分析可知，當力F繞小木塊旋轉一周的過程中，F沿斜面向下時小木塊受到的靜摩擦力最大，小木塊受到的最大靜摩擦力Ffm＝mgsin θ＋F，故A、B均錯誤．對斜面體和小木塊整體受力分析可知，水平地面對斜面體的摩擦力與F的水平分力大小相等，所以最大靜摩擦力為F，此時F與斜面底邊平行，所以C項正確，D項錯誤． 5．解析：選AB.設斜面的傾角為α，對選項A、B，施加力F前后物塊A對斜面體的壓力均為FN＝mgcos α，選項A、B正確；對選項C，施加力F前物塊A對斜面體的壓力為FN＝mgcos α，施加力F后，FN＝mgcos α－Fsin α，壓力減小，選項C錯誤；對選項D，施加力F前物塊A對斜面體的壓力為FN＝mgcos α，施加力F后，FN＝(mg＋F)cos α，壓力增大，選項D錯誤． 6．解析：選CD.滑塊運動到最高點的過程中，所受的合外力等于沿斜面向下的摩擦力Ff＝μmgcos θ＝mgsin θ，滑塊沿斜面向上做勻減速運動，運動到最高點的過程中產生的熱量Q＝Ffx＝mgsin θ，圖A錯誤．由動能定理得－mgsin θ＝Ek－mv2，Ek＝－mgsin θ＋mv2，圖B錯誤．滑塊的重力勢能Ep＝mgxsin θ，圖C正確．根據題意知，F＝mgsin θ＝Ff，機械能E不變，圖D正確． 7．解析：選BD.因為物體A、B加速度大小相等，由題圖乙可知0～0.5 s內B的加速度大小a＝4 m/s2，A錯誤；設繩的拉力為FT，對B由牛頓第二定律：Mg－FT＝Ma，所以FT＝6 N，而A、B位移大小相同，則由題圖乙可知A在0～0.5 s內上升階段的位移大小為：x＝0.5 m，故繩的拉力對A做功為：W＝FTx＝3 J，B正確；由題圖乙可知后0.25 s內A的加速度大小a′＝8 m/s2，此過程A在沿斜面方向只受摩擦力和重力沿斜面向下的分力作用，即μmgcos θ＋mgsin θ＝ma′，解得：μ＝0.25，C錯誤；全程總位移大小為：x′＝0.75 m，對物體A從開始到達到運動的最高點，由動能定理可得W－Wf－mgx′sin θ＝0，故摩擦力做功大小為：Wf＝0.75 J，D正確．