2019年高考物理一轮复习 力学选择题押题练(三)

力学选择题押题练（三）

1．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x 时的速度为v ，其x -v 2图像如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则斜面倾角θ为( )

A ．30°

B ．45°

C ．60°

D ．75°

解析：选A 由题图x -v 2图像可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 对，B 、C 、D 错。

2.如图所示，两辆质量均为M 的小车A 和B 置于光滑的水平

面上，有一质量为m 的人静止站在A 车上，两车静止。若这个人

自A 车跳到B 车上，接着又跳回A 车并与A 车相对静止，则此时

A 车和

B 车的速度之比为( )

A.M ＋m m

B.m ＋M M

C.M M ＋m

D.m M ＋m

解析：选C 规定向右为正方向，对全过程由动量守恒定律有0＝M v B －(M ＋m )v A ，得v A v B

＝M M ＋m ，C 正确。 3.如图所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车，若小车在

匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变，不计货物与小

车间的摩擦力，则货物对杆A 、B 的压力大小之比F A ∶F B 为( )

A ．1∶ 3

B.3∶1 C ．2∶1 D ．1∶2

解析：选B 以货物为研究对象进行受力分析，如图所示，利用力的

合成法可得tan 30°＝F B ′F A ′

，根据牛顿第三定律可知F B ＝F B ′，F A ＝F A ′，解得F A ∶F B ＝3∶1，选项B 正确。

4.小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，其轨道半径

为月球半径的3倍，某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所

示的椭圆轨道登月，在月球表面逗留一段时间完成科考工作后，经快速启

动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g ，月球半径为R ，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为( )

A ．4.7π

R g B ．3.6πR g C ．1.7πR

g D ．1.4πR

g

解析：选A 设登月器和航天站在半径为3R 的轨道上运行时的周期为T ，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有 GMm r 2＝m 4π2r T

2，r ＝3R T ＝2π r 3

GM ＝6π 3R 3GM

， 在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GM ＝gR 2

所以T ＝6π 3R g

， ① 设登月器在小椭圆轨道运行的周期为T 1，航天站在大圆轨道运行的周期为T 2。

对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有

T 2(3R )3＝T 12(2R )3＝T 22

(3R )3

② 为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面逗留的时间t 应满足

t ＝nT 2－T 1 ③(其中，n ＝1、2、3、…)

联立①②③得t ＝6πn 3R g －4π 2R g

(其中，n ＝1、2、3、…) 当n ＝1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即t ＝4.7π

R

g ，故A 正确。 5.[多选]如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平

面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L

的轻绳连接，A 球置于斜面顶端，现由静止释放A 、B 两球，球B

与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它

们最终均滑至水平面上。重力加速度为g ，不计一切摩擦。则( )

A ．A 球刚滑至水平面时速度大小为5gL 2

B ．B 球刚滑至水平面时速度大小为3gL 2

C ．小球A 、B 在水平面上一定会相撞

D ．在A 球沿斜面下滑过程中，轻绳对B 球一直做正功

解析：选ABC 两小球A 、B 运动过程中系统机械能守恒，A 球刚滑至水平面时，由

机械能守恒定律得3mgL －mg L 2＝12(3m ＋m )v 2，解得v ＝5gL 2

，A 对；A 球滑到水平面后，对B 球由动能定理得：mg L 2＝12m v B 2－12m v 2，解得v B ＝32

gL ，B 对；两小球A 、B 运动到水平面上，由于后面的B 球速度大于A 球的速度，所以小球A 、B 在水平面会相撞，C 对；在A 球沿斜面下滑一半距离后的过程中，绳中无张力，轻绳对B 球不做功，D 错。

6.[多选]如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O

为圆心，AB 为沿水平方向的直径。若在A 点以初速度v 1沿AB 方向

平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D 点；若A 点小球抛出的同

时，在C 点以初速度v 2沿BA 方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D 点。已知∠COD ＝60°，且不计空气阻力，则( )

A ．两小球同时落到D 点

B ．两小球在此过程中动能的增加量相等

C ．在击中

D 点前瞬间，重力对两小球做功的瞬时功率之比为2∶1

D ．两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3

解析：选CD 平抛运动的时间由高度决定，高度越高，时间越长，可知两球平抛运动的时间不等，不能同时落到D 点，故A 错误。根据动能定理知，重力做功不同，则动能的增加量不同，故B 错误。根据v y ＝2gh ，以及P ＝mg v y 知，重力做功的瞬时功率P ＝mg v y ＝mg 2gh ，根据几何关系知，下降的高度之比为2∶1，则重力做功的瞬时功率之比为2∶1，故C 正确。因为平抛运动的高度之比为2∶1，根据t ＝2h

g ，则时间之比为2∶1，根

据v 0＝x t ，因为水平位移之比为1∶32

，解得两小球初速度之比v 1∶v 2＝6∶3，故D 正确。 7．[多选]已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的质量为m 的物块，如图(a)所示，以此时为t ＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图(b)所示(沿斜面向上为正方向，其中v 1＞v 2)。已知传送带的速度保持不变。g 取10 m/s 2，则( )

A ．物块与传送带间的动摩擦因数μ

B ．0～t 1内摩擦力对物块做负功，t 1～t 2内摩擦力对物块做正功

C ．0～t 2内，传送带对物块做功为W ＝12m v 22－12

m v 12

D ．系统产生的热量一定大于物块动能的变化量的大小

解析：选BD 在t 1～t 2内，物块向上运动，则有μmg cos θ＞mg sin θ，得μ＞tan θ，故A 错误；由题图知，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0～t 1内，传送带对物块的摩擦力方向沿传送带向上，则传送带对物块做负功，t 1～t 2内物块沿传送带向上运动，摩擦力做正功，故B 正确； 0～t 2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总

位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得：W ＋W G ＝12

m v 22－12m v 12，则传送带对物块做功W ≠12m v 22－12

m v 12，故C 错误；物块的重力势能减小、动能也减小并都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得，系统产生的热量一定大于物块动能的变化量大小，故D 正确。

8.[多选]如图所示为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x

随时间t 变化的图像，已知甲对应的是图像中的直线，乙对应的是图像

中的曲线，则下列说法正确的是( )

A ．甲做匀减速直线运动

B ．乙做变速直线运动

C ．0～t 1时间内两物体平均速度大小相等

D ．两物体的运动方向相反

解析：选BD 根据位移图像的斜率等于速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A 错误。乙图像切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B 正确。根据坐标的变化量等于位移，则知，0～t 1时间内两物体位移大小不等，方向相反，所以平均速度不等，故C 错误。根据位移图像的斜率等于速度可知，甲的速度为负，乙的速度为正，即两物体的运动方向相反，故D 正确。