高考物理二轮专项复习：力学选择题押题练（一） （含详解）

这是一份高考物理二轮专项复习：力学选择题押题练（一） （含详解），共4页。试卷主要包含了5 N，水平向左 B．7，3 N，水平向左 D．13，5mg＝meq \f，解得等内容，欢迎下载使用。
力学选择题押题练（一）1.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在小车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速运动且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速运动且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2的大小之比为(　　)A.∶1　　　　　　　　 B.∶3C．3∶1  D．1∶3解析：选D　当小车向左加速运动且加速度大小不超过a1时，由题意可知，此时细绳的拉力为零，对小球受力分析知，小球受重力、斜面的支持力，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝ma1，当小车向右加速运动且加速度大小不超过a2时，由题意可知，此时斜面对小球的支持力为零，对小球受力分析知，小球受重力、细绳的拉力，由牛顿第二定律得＝ma2，联立以上两式得＝，D正确。2.如图所示，一个质量m＝1 kg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。则F的大小和方向分别是(　　)A．7.5 N，水平向左  B．7.5 N，水平向右C．13.3 N，水平向左  D．13.3 N，水平向右解析：选A　对小环受力分析知，小环受重力、直杆的支持力，为使小环能够静止不动，F的方向应水平向左，根据平衡知识可知：F＝mgtan 37°＝1×10× N＝7.5 N，故A对。3.[多选]如图所示是用铁丝做的立方体骨架，从顶点A水平抛出一个小球，小球恰能击中B点。已知立方体的边长为l，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)A．小球做平抛运动的初速度大小为B．小球落到B点的速度大小为C．小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角为45°D．小球在运动过程中，速度的大小时刻改变，加速度的方向时刻改变解析：选AB　根据平抛运动的规律可得水平方向 l＝v0t，竖直方向l＝gt2，vy＝gt，vB＝，解得v0＝，vy＝，vB＝，小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝＝，所以小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角不是45°，A、B项正确，C项错误；小球在运动过程中，合力方向不变，所以加速度的方向是不变的，D项错误。4．火星探测器绕火星近地轨道做圆周运动，其线速度和相应的轨道半径为v0和R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为v和R，则下列关系式正确的是(　　)A．lg＝lg  B．lg＝2lgC．lg＝lg  D．lg＝2lg解析：选C　做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，故有：G＝m，G＝m，解得：＝，由对数运算公式可得：lg＝lg，所以lg＝lg，故C正确。5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)A．圆环的机械能守恒B．弹簧弹性势能变化了mgLC．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变解析：选B　圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误。6.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，质量为m的小球(视为质点)以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，则(　　)A．小球通过P点时的速率一定为 B．小球通过P点时的速率一定为  C．小球落地点到P点的水平距离可能为RD．小球落地点到P点的水平距离可能为R解析：选D　小球通过P点时，当小球对管下壁有压力时，则有：mg－0.5mg＝m，解得：v1＝ ，当小球对管上壁有压力时，则有：mg＋0.5mg＝m，解得：v2＝ ，故A、B错误；小球通过P点后做平抛运动，竖直方向上：2R＝gt2，解得：t＝2，则水平距离为x1＝v1t＝R或x2＝v2t＝R，故C错误，D正确。7.[多选]如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑的水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正，则(　　)A．此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小B．弹簧的最大弹性势能为mv2C．此过程中弹簧对物体B的冲量为mvD．物体A离开弹簧后的速度为－v解析：选BD　由牛顿第三定律及I＝Ft知，弹簧对物体A、B的冲量大小相等、方向相反，A错误；物体A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，由mv＝(m＋2m)v1，解得v1＝v，弹簧的最大弹性势能Ep＝mv2－(m＋2m)v12＝mv2，B正确；物体A离开弹簧后，由mv＝mvA＋2mvB，mv2＝mvA2＋×2mvB2，解得vA＝－v，vB＝v，故弹簧对物体B的冲量IB＝2mvB＝mv，C错误，D正确。8.[多选]如图所示，倾角为α的固定斜面，其右侧有一竖直墙面，小球滑上斜面，以速度v飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是(　　)A．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动B．竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin2αC．竖直墙面与斜面右端的水平距离为D．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球竖直上升的高度为sin α解析：选AC　小球飞离斜面时速度为v，把v沿水平方向和竖直方向分解，则有：vx＝vcos α，vy＝vsin α，小球飞离斜面后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，又小球恰好垂直撞击到墙面上，可知小球撞到墙面时，竖直方向速度为零，由匀变速直线运动规律可知，小球飞行时间为t＝，则竖直墙面与斜面右端的水平距离为s＝vxt＝，小球竖直上升的高度为s′＝＝，故选项A、C正确，B、D错误。