2022高考物理大二輪復習 階段訓練1 力與運動

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1、2022高考物理大二輪復習 階段訓練1 力與運動 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。在每小題給出的四個選項中,1~6題只有一個選項符合題目要求,7~10題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1. 在如圖所示的裝置中,重為4 N的物塊用一平行于斜面的細線拴在斜面上端的小柱上,整個裝置被固定在測力計上并保持靜止,斜面的傾角為30°。如果物塊與斜面間無摩擦,裝置穩(wěn)定以后,在燒斷細線物塊下滑時測力計讀數與穩(wěn)定時比較(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.增大4 N B.增大3 N C.減小1 N D.不變 2.

2、 如圖所示,在粗糙水平木板上放一個物體,使水平板和物體一起在豎直平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動,ab為水平直徑,cd為豎直直徑,在運動過程中木板始終保持水平,物體相對木板始終靜止,則(　　) A.物體始終受到三個力作用 B.只有在a、b、c、d四點,物體受到合外力才指向圓心 C.從a到b,物體所受的摩擦力先增大后減小 D.從b到a,物體處于超重狀態(tài) 3.(2018·全國卷Ⅰ)如圖所示,輕彈簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物塊P,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F用一豎直向上的力F作用在P上,使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移,在彈簧恢復原長前,下列表示F和x之間關系的圖

3、象可能正確的是(　　) 4.如圖所示,固定斜面的CD段光滑,DE段粗糙,A、B兩物體疊放在一起從C點由靜止下滑,下滑過程中A、B保持相對靜止,則(　　) A.在CD段時,A受三個力作用 B.在DE段時,A可能受三個力作用 C.在DE段時,A受摩擦力方向一定沿斜面向上 D.整個下滑過程中,A、B均處于失重狀態(tài) 5. 氣象研究小組用圖示簡易裝置測定水平風速。在水平地面上豎直固定一直桿,質量為m的薄空心塑料球用細線懸于桿頂端O,當水平風吹來時,球在水平風力的作用下飄起來。已知風力大小正比于風速,當風速v0=3 m/s時,測得球平衡時細線與豎直方向的夾角θ=30°。則(　　)

4、 A.細線拉力與風力的合力大于mg B.若風速增大到某一值時,θ可能等于90° C.細線拉力的大小為 D.θ=60° 時,風速v=6 m/s 6.太陽系中的行星受到太陽的引力繞太陽公轉,但它們公轉的周期卻各不相同。若把地球和水星繞太陽的運動軌跡都近似看作圓周,根據觀測得知,地球繞太陽公轉的周期大于水星繞太陽公轉的周期,則由此可以判定(　　) A.地球的線速度大于水星的線速度 B.地球的質量小于水星的質量 C.地球的向心加速度小于水星的向心加速度 D.地球到太陽的距離小于水星到太陽的距離 7. 三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動,兩邊的傳送帶長都是2 m,且與

5、水平方向的夾角均為37°?，F有兩個小物塊A、B從傳送帶頂端均以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑,物塊與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5。下列說法正確的是(　　) A.物塊A先到達傳送帶底端 B.物塊A、B同時到達傳送帶底端 C.傳送帶對物塊A、B均做負功 D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度相等 8. 將籃球從同一位置斜向上拋出,其中有兩次籃球垂直撞在豎直墻面上,如圖所示。不計空氣阻力,則下列說法正確的是(　　) A.從拋出到撞墻,第二次球在空中運動的時間較短 B.籃球兩次拋出時速度的豎直分量第一次大于第二次 C.籃球兩次撞墻的速度可能相等 D.拋出時的速度大小,第一次一定比

6、第二次小 9. 質量m=2 kg、初速度v0=8 m/s的物體沿著粗糙的水平面向右運動,物體與水平面之間的動摩擦因數μ=0.1,同時物體還要受一個如圖所示的隨時間變化的水平拉力F的作用,水平向右為拉力的正方向。則以下結論正確的是(g取10 m/s2)(　　) A.0~1 s內,物體的加速度大小為2 m/s2 B.1~2 s內,物體的加速度大小為2 m/s2 C.0~1 s內,物體的位移為7 m D.0~2 s內,物體的總位移為11 m 10. 如圖所示,三顆質量均為m的地球同步衛(wèi)星等間隔分布在半徑為r的圓軌道上。設地球質量為M,半徑為R,下列說法正確的是(　　) A.

7、地球對一顆衛(wèi)星的引力大小為 B.一顆衛(wèi)星對地球的引力大小為 C.兩顆衛(wèi)星之間的引力大小為 D.三顆衛(wèi)星對地球引力的合力大小為 二、非選擇題(本題共2小題,共40分) 11.(20分) (2017·全國卷Ⅲ)如圖所示,兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平地面上的木板的兩端,兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.5;木板的質量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數為μ2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動,初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時,A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。求:

8、(1)B與木板相對靜止時,木板的速度; (2)A、B開始運動時,兩者之間的距離。 12.(20分)為了研究過山車的原理,物理小組提出了下列設想:取一個與水平方向夾角為37°、長為l=2.0 m的粗糙傾斜軌道AB,通過水平軌道BC與豎直圓軌道相連,出口為水平軌道DE,整個軌道除AB段以外都是光滑的,其中AB與BC軌道以微小圓弧相接,如圖所示。一個小物塊以初速度v0=4.0 m/s,從某一高處水平拋出,到A點時速度方向恰沿AB方向,并沿傾斜軌道滑下。已知物塊與傾斜軌道的動摩擦因數μ=0.5。(g取1

9、0 m/s2,sin 37°=0.60,cos 37°=0.80) (1)求小物塊的拋出點和A點的高度差。 (2)為了讓小物塊不離開軌道,并且能夠滑回傾斜軌道AB,則豎直圓軌道的半徑應該滿足什么條件。 (3)要使小物塊不離開軌道,并從水平軌道DE滑出,則豎直圓弧軌道的半徑應該滿足什么條件。 答案： 1.C　解析 設物塊的質量為m,斜面質量為m1,整個裝置靜止時,測力計讀數為m1g+mg=m1g+4 N。物塊下滑的加速度a=gsin θ=g,方向沿斜面向下,其豎直分量a1=asin θ=g,所以物塊處于失重狀態(tài),其視重為mg=3 N,測力計的讀數為m1g+3 N,所以測力計的示數減

10、小1 N,故選C。 2.D　解析 在c、d兩點處,只受重力和支持力兩個力作用,在其他位置處物體受到重力、支持力、靜摩擦力三個力作用,故A錯誤;物體做勻速圓周運動,合外力提供向心力,所以合外力始終指向圓心,故B錯誤;從a運動到b,物體的加速度的方向始終指向圓心,水平方向的加速度先減小后反向增大,根據牛頓第二定律可得,物體所受木板的摩擦力先減小后增大,故C錯誤;從b運動到a,向心加速度指向圓心,有向上的分量,所以物體處于超重狀態(tài),故D正確。 3.A　解析 選物塊P為研究對象進行受力分析,根據牛頓第二定律F+F彈-mg=ma,系統(tǒng)原處于靜止狀態(tài),則F彈=mg,F=ma,且隨x增加,F彈變

11、小,F變大,選項A正確。 4.C　解析 在CD段,整體的加速度a==gsin θ,隔離對A分析,有mAgsin θ+FfA=mAa,解得FfA=0,可知A受重力和支持力兩個力作用,故A錯誤。設DE段物塊與斜面間的動摩擦因數為μ,在DE段,整體的加速度a==gsin θ-μgcos θ,隔離對A分析,有mAgsin θ+FfA=mAa,解得FfA=-μmAgcos θ,方向沿斜面向上;若勻速運動,A受到靜摩擦力也是沿斜面向上,所以A一定受三個力,故B錯誤,C正確。整體下滑的過程中,CD段加速度沿斜面向下,A、B均處于失重狀態(tài);在DE段,可能做勻速直線運動,不處于失重狀態(tài),故D錯誤。故選C。

12、5.C　解析 小球受重力、拉力、風力處于平衡,所以細線拉力與風力的合力等于mg,與重力平衡,故A錯誤;風速增大,θ不可能變?yōu)?0°,因為繩子拉力在豎直方向上的分力與重力平衡,故B錯誤;根據受力分析,FTcos θ=mg,所以FT=,故C正確;小球受重力、拉力、風力處于平衡,根據共點力平衡知風力F=mgtan θ,θ從30°變?yōu)?0°,則風力變?yōu)樵瓉淼?倍,因為風力大小正比于風速和球正對風的截面積,所以風速v=9 m/s,故D錯誤,故選C。 6.C　解析 根據萬有引力提供向心力G=mr,得T=2π,周期大,軌道半徑大,即地球的軌道半徑大于水星的軌道半徑,又由G=m,得v=,則半徑大的線速度小,

13、即地球的線速度小于水星的線速度,故A、D錯誤;根據G=ma,軌道半徑大,向心加速度小,所以地球的向心加速度小于水星的向心加速度。由于水星和地球都是繞環(huán)天體,無法求出質量,故B錯誤,C正確。故選C。 7.BC　解析 對A分析可得:A加速后速度大于傳送帶的速度,即相對傳送帶向下運動,所以受到的滑動摩擦力沿斜面向上,受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力,對B分析可得:B相對傳送帶向下運動,所以受到的滑動摩擦力方向向上,受到豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力,故兩物體在斜面方向上的加速度都是a=gsin θ-μgcos θ,初速度相等,位移相等,所以所用時間相等,選項A錯誤,B正確;滑動摩擦力

14、方向和AB運動的方向相反,傳送帶對物塊A、B均做負功,選項C正確;由于A相對傳送帶的速度為v-1,而B相對傳送帶的速度為v+1,故運動時間相同,所以物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同,選項D錯誤。 8.AB　解析 由于兩次籃球垂直撞在豎直墻面上,籃球被拋出后的運動可以看作是平拋運動的反向運動。加速度都為g。在豎直方向上,h=gt2,因為h1>h2,則t1>t2,因為水平位移相等,根據x=v0t知,撞墻的速度v01

15、升的高度大,則無法比較拋出時的速度大小,故D錯誤。 9.BD　解析 本題考查牛頓運動定律的應用以及圖象的分析,意在考查考生對牛頓運動定律的理解以及分析圖象的能力。由題圖可知,在0~1 s內,力F為6 N,方向向左,由牛頓第二定律可得F+μmg=ma,解得加速度大小a=4 m/s2,在1~2 s內,力F為6 N,方向向右,由牛頓第二定律可得F-μmg=ma1,解得加速度大小a1=2 m/s2,所以選項A錯誤,B正確;由運動關系可知0~1 s內位移為6 m,選項C錯誤;同理可計算0~2 s內的位移為11 m,選項D正確。 10.BC　解析 根據萬有引力定律可知,地球對同步衛(wèi)星引力的大小應為F=

16、G,其中r為同步衛(wèi)星到地球球心的距離,故選項A錯誤,B正確;由于三顆同步衛(wèi)星連線為一圓內接等邊三角形,根據幾何關系可知兩同步衛(wèi)星間距為r,則兩顆同步衛(wèi)星間萬有引力為F=G,選項C正確;三顆同步衛(wèi)星對地球的引力的合力為零,選項D錯誤。 11.答案 (1)1 m/s　(2)1.9 m 解析 (1)滑塊A和B在木板上滑動時,木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為Ff1、Ff2和Ff3,A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達到共同速度前有 Ff1=μ1mAg ① Ff2=μ1mBg ② Ff3=μ2(m+mA+mB)

17、g ③ 由牛頓第二定律得 Ff1=mAaA ④ Ff2=mBaB ⑤ Ff2-Ff1-Ff3=ma1 ⑥ 設在t1時刻,B與木板達到共同速度,其大小為v1。由運動學公式有 v1=v0-aBt1 ⑦ v1=a1t1 ⑧ 聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知數據得v1=1 m/s。 ⑨ (2)在t1時間間隔內,B相對于地面移動的距離為sB=v0t1-aB ⑩ 設在B與木板達到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系,由牛頓第二定律有 Ff1+Ff3=(mB+m)a2 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,

18、但運動方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時,A與木板的速度相同,設其大小為v2。設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2,則由運動學公式,對木板有 v2=v1-a2t2 對A有v2=-v1+aAt2 在t2時間間隔內,B(以及木板)相對地面移動的距離為s1=v1t2-a2 在(t1+t2)時間間隔內,A相對地面移動的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2 A和B相遇時,A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時,兩者之間的距離為s0=sA+s1+sB 聯立以上各式,并代入數據得 s0=1.9 m。 (也可用如圖的速度—時間圖線求解) 12.答案 (1)0.45 m　(2)R≥1.65 m (3)R≤0.66 m 解析 (1)設從拋出點到A點的高度差為h,到A點時有vy= ① 且=tan 37°② vA==5 m/s③ 代入數據解得h=0.45 m。 ④ (2)要使小物塊不離開軌道并且能夠滑回傾斜軌道AB,則小物塊沿圓軌道上升的最大高度不能超過圓心,即 ≤mgR ⑤ 由動能定理得=mglsin 37°-μmglcos 37°⑥ 解得R≥1.65 m。 ⑦ (3)小物塊從B滑到圓軌道最高點,由機械能守恒得 mv2+mg×2R ⑧ 在最高點有m≥mg ⑨ 由③⑥⑧⑨解得R≤0.66 m。 ⑩