2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練1 力與運(yùn)動(dòng)

《2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練1 力與運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練1 力與運(yùn)動(dòng)（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理大二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練1 力與運(yùn)動(dòng) 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(gè)選項(xiàng)中,1~6題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,7~10題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)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(xì)線拴在斜面上端的小柱上,整個(gè)裝置被固定在測(cè)力計(jì)上并保持靜止,斜面的傾角為30°。如果物塊與斜面間無(wú)摩擦,裝置穩(wěn)定以后,在燒斷細(xì)線物塊下滑時(shí)測(cè)力計(jì)讀數(shù)與穩(wěn)定時(shí)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(gè)物體,使水平板和物體一起在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng),ab為水平直徑,cd為豎直直徑,在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中木板始終保持水平,物體相對(duì)木板始終靜止,則(　　) A.物體始終受到三個(gè)力作用 B.只有在a、b、c、d四點(diǎn),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(guó)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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)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(yùn)動(dòng)。以x表示P離開(kāi)靜止位置的位移,在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前,下列表示F和x之間關(guān)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(diǎn)由靜止下滑,下滑過(guò)程中A、B保持相對(duì)靜止,則(　　) A.在CD段時(shí),A受三個(gè)力作用 B.在DE段時(shí),A可能受三個(gè)力作用 C.在DE段時(shí),A受摩擦力方向一定沿斜面向上 D.整個(gè)下滑過(guò)程中,A、B均處于失重狀態(tài) 5. 氣象研究小組用圖示簡(jiǎn)易裝置測(cè)定水平風(fēng)速。在水平地面上豎直固定一直桿,質(zhì)量為m的薄空心塑料球用細(xì)線懸于桿頂端O,當(dāng)水平風(fēng)吹來(lái)時(shí),球在水平風(fēng)力的作用下飄起來(lái)。已知風(fēng)力大小正比于風(fēng)速,當(dāng)風(fēng)速v0=3 m/s時(shí),測(cè)得球平衡時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角θ=30°。則(　　)

4、 A.細(xì)線拉力與風(fēng)力的合力大于mg B.若風(fēng)速增大到某一值時(shí),θ可能等于90° C.細(xì)線拉力的大小為 D.θ=60° 時(shí),風(fēng)速v=6 m/s 6.太陽(yáng)系中的行星受到太陽(yáng)的引力繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn),但它們公轉(zhuǎn)的周期卻各不相同。若把地球和水星繞太陽(yáng)的運(yùn)動(dòng)軌跡都近似看作圓周,根據(jù)觀測(cè)得知,地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的周期大于水星繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)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(zhì)量小于水星的質(zhì)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(yáng)的距離小于水星到太陽(yáng)的距離 7. 三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m,且與

5、水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)有兩個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B.物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C.傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功 D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)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(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.從拋出到撞墻,第二次球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較短 B.籃球兩次拋出時(shí)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(shí)的速度大小,第一次一定比

6、第二次小 9. 質(zhì)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(yùn)動(dòng),物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1,同時(shí)物體還要受一個(gè)如圖所示的隨時(shí)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(jié)論正確的是(g取10 m/s2)(　　) A.0~1 s內(nèi),物體的加速度大小為2 m/s2 B.1~2 s內(nèi),物體的加速度大小為2 m/s2 C.0~1 s內(nèi),物體的位移為7 m D.0~2 s內(nèi),物體的總位移為11 m 10. 如圖所示,三顆質(zhì)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(shè)地球質(zhì)量為M,半徑為R,下列說(shuō)法正確的是(　　) A.

7、地球?qū)σ活w衛(wèi)星的引力大小為 B.一顆衛(wèi)星對(duì)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(duì)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(guó)卷Ⅲ)如圖所示,兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4 kg,與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開(kāi)始相向滑動(dòng),初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時(shí),A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。求:

8、(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí),木板的速度; (2)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),兩者之間的距離。 12.(20分)為了研究過(guò)山車(chē)的原理,物理小組提出了下列設(shè)想:取一個(gè)與水平方向夾角為37°、長(zhǎng)為l=2.0 m的粗糙傾斜軌道AB,通過(guò)水平軌道BC與豎直圓軌道相連,出口為水平軌道DE,整個(gè)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(gè)小物塊以初速度v0=4.0 m/s,從某一高處水平拋出,到A點(diǎn)時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)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(diǎn)和A點(diǎn)的高度差。 (2)為了讓小物塊不離開(kāi)軌道,并且能夠滑回傾斜軌道AB,則豎直圓軌道的半徑應(yīng)該滿足什么條件。 (3)要使小物塊不離開(kāi)軌道,并從水平軌道DE滑出,則豎直圓弧軌道的半徑應(yīng)該滿足什么條件。 答案： 1.C　解析 設(shè)物塊的質(zhì)量為m,斜面質(zhì)量為m1,整個(gè)裝置靜止時(shí),測(cè)力計(jì)讀數(shù)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(cè)力計(jì)的讀數(shù)為m1g+3 N,所以測(cè)力計(jì)的示數(shù)減

10、小1 N,故選C。 2.D　解析 在c、d兩點(diǎn)處,只受重力和支持力兩個(gè)力作用,在其他位置處物體受到重力、支持力、靜摩擦力三個(gè)力作用,故A錯(cuò)誤;物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng),合外力提供向心力,所以合外力始終指向圓心,故B錯(cuò)誤;從a運(yùn)動(dòng)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(jù)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(cuò)誤;從b運(yùn)動(dòng)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(duì)象進(jìn)行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律F+F彈-mg=ma,系統(tǒng)原處于靜止?fàn)顟B(tài),則F彈=mg,F=ma,且隨x增加,F彈變

11、小,F變大,選項(xiàng)A正確。 4.C　解析 在CD段,整體的加速度a==gsin θ,隔離對(duì)A分析,有mAgsin θ+FfA=mAa,解得FfA=0,可知A受重力和支持力兩個(gè)力作用,故A錯(cuò)誤。設(shè)DE段物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,在DE段,整體的加速度a==gsin θ-μgcos θ,隔離對(duì)A分析,有mAgsin θ+FfA=mAa,解得FfA=-μmAgcos θ,方向沿斜面向上;若勻速運(yùn)動(dòng),A受到靜摩擦力也是沿斜面向上,所以A一定受三個(gè)力,故B錯(cuò)誤,C正確。整體下滑的過(guò)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(yùn)動(dòng),不處于失重狀態(tài),故D錯(cuò)誤。故選C。

12、5.C　解析 小球受重力、拉力、風(fēng)力處于平衡,所以細(xì)線拉力與風(fēng)力的合力等于mg,與重力平衡,故A錯(cuò)誤;風(fēng)速增大,θ不可能變?yōu)?0°,因?yàn)槔K子拉力在豎直方向上的分力與重力平衡,故B錯(cuò)誤;根據(jù)受力分析,FTcos θ=mg,所以FT=,故C正確;小球受重力、拉力、風(fēng)力處于平衡,根據(jù)共點(diǎn)力平衡知風(fēng)力F=mgtan θ,θ從30°變?yōu)?0°,則風(fēng)力變?yōu)樵瓉?lái)的3倍,因?yàn)轱L(fēng)力大小正比于風(fēng)速和球正對(duì)風(fēng)的截面積,所以風(fēng)速v=9 m/s,故D錯(cuò)誤,故選C。 6.C　解析 根據(jù)萬(wàn)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(cuò)誤;根據(jù)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(wú)法求出質(zhì)量,故B錯(cuò)誤,C正確。故選C。 7.BC　解析 對(duì)A分析可得:A加速后速度大于傳送帶的速度,即相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng),所以受到的滑動(dòng)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(duì)B分析可得:B相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng),所以受到的滑動(dòng)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(shí)間相等,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;滑動(dòng)摩擦力

14、方向和AB運(yùn)動(dòng)的方向相反,傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功,選項(xiàng)C正確;由于A相對(duì)傳送帶的速度為v-1,而B(niǎo)相對(duì)傳送帶的速度為v+1,故運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,所以物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度不相同,選項(xiàng)D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)可以看作是平拋運(yùn)動(dòng)的反向運(yùn)動(dòng)。加速度都為g。在豎直方向上,h=gt2,因?yàn)閔1>h2,則t1>t2,因?yàn)樗轿灰葡嗟?根據(jù)x=v0t知,撞墻的速度v01

15、升的高度大,則無(wú)法比較拋出時(shí)的速度大小,故D錯(cuò)誤。 9.BD　解析 本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用以及圖象的分析,意在考查考生對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的理解以及分析圖象的能力。由題圖可知,在0~1 s內(nèi),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(nèi),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(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;由運(yùn)動(dòng)關(guān)系可知0~1 s內(nèi)位移為6 m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;同理可計(jì)算0~2 s內(nèi)的位移為11 m,選項(xiàng)D正確。 10.BC　解析 根據(jù)萬(wàn)有引力定律可知,地球?qū)ν叫l(wèi)星引力的大小應(yīng)為F=

16、G,其中r為同步衛(wèi)星到地球球心的距離,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;由于三顆同步衛(wèi)星連線為一圓內(nèi)接等邊三角形,根據(jù)幾何關(guān)系可知兩同步衛(wèi)星間距為r,則兩顆同步衛(wèi)星間萬(wàn)有引力為F=G,選項(xiàng)C正確;三顆同步衛(wèi)星對(duì)地球的引力的合力為零,選項(xiàng)D錯(cuò)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(dòng)時(shí),木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)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(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB,木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達(dá)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(shè)在t1時(shí)刻,B與木板達(dá)到共同速度,其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1=v0-aBt1 ⑦ v1=a1t1 ⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知數(shù)據(jù)得v1=1 m/s。 ⑨ (2)在t1時(shí)間間隔內(nèi),B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sB=v0t1-aB ⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后,木板的加速度大小為a2。對(duì)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(dá)到共同速度時(shí),A的速度大小也為v1,

18、但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知,A和B相遇時(shí),A與木板的速度相同,設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,對(duì)木板有 v2=v1-a2t2 對(duì)A有v2=-v1+aAt2 在t2時(shí)間間隔內(nèi),B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1=v1t2-a2 在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi),A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為 sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2 A和B相遇時(shí),A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),兩者之間的距離為s0=sA+s1+sB 聯(lián)立以上各式,并代入數(shù)據(jù)得 s0=1.9 m。 (也可用如圖的速度—時(shí)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(shè)從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的高度差為h,到A點(diǎn)時(shí)有vy= ① 且=tan 37°② vA==5 m/s③ 代入數(shù)據(jù)解得h=0.45 m。 ④ (2)要使小物塊不離開(kāi)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(guò)圓心,即 ≤mgR ⑤ 由動(dòng)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(diǎn),由機(jī)械能守恒得 mv2+mg×2R ⑧ 在最高點(diǎn)有m≥mg ⑨ 由③⑥⑧⑨解得R≤0.66 m。 ⑩