2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（一）力與運(yùn)動(dòng)

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（一）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. 如圖所示,一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象,則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A.質(zhì)點(diǎn)在0~5 s內(nèi)的位移為5 m B.質(zhì)點(diǎn)在整個(gè)0~12 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,8~10 s內(nèi)的加速度最大 C.質(zhì)點(diǎn)在10 s末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn) D.質(zhì)點(diǎn)在8~12 s內(nèi)的平均速度為4 m/s 2. 如圖所示,水平面上固定一個(gè)與水平面夾角為θ的斜桿A,

2、另一豎直桿B以速度v水平向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),則從兩桿開(kāi)始相交到最后分離的過(guò)程中,兩桿交點(diǎn)P的速度方向和大小分別為(　　) A.水平向左,大小為v B.豎直向上,大小為vtan θ C.沿A桿斜向上,大小為 D.沿A桿斜向上,大小為vcos θ 3.如圖所示,水平木板上有質(zhì)量m=1.0 kg的物塊,受到隨時(shí)間t變化的水平拉力F作用,用力傳感器測(cè)出相應(yīng)時(shí)刻物塊所受摩擦力Ff的大小。重力加速度g取10 m/s2,下列判斷正確的是(　　) A.5 s內(nèi)拉力對(duì)物塊做功為零 B.4 s末物塊所受合力大小為4.0 N C.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4 D.6~9 s內(nèi)物塊的加速度

3、大小為2.0 m/s2 4. (xx·安徽六校聯(lián)考)如圖,固定斜面,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. (xx·浙江溫州八校聯(lián)考)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

4、時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角θ=30°。則(　　) 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.(xx·山東淄博一模)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. (xx·山東

5、濰坊統(tǒng)考)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. 一質(zhì)點(diǎn)自x軸原點(diǎn)O出發(fā),沿正方向以加速度a運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)t0時(shí)間速度變?yōu)関0,接著以加速度-a運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度變?yōu)?時(shí),加速度又變?yōu)閍,直至速度變?yōu)闀r(shí),加速度再變?yōu)?a,直至速度變?yōu)?……其v-t圖象如圖所示

6、,則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.質(zhì)點(diǎn)一直沿x軸正方向運(yùn)動(dòng) B.質(zhì)點(diǎn)將在x軸上一直運(yùn)動(dòng),永遠(yuǎn)不會(huì)停止 C.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離原點(diǎn)的最大距離為v0t0 D.質(zhì)點(diǎn)最終靜止時(shí)離開(kāi)原點(diǎn)的距離一定小于v0t0 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、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.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)(xx·湖南長(zhǎng)沙二模)某商場(chǎng)設(shè)計(jì)將貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送到貨倉(cāng),簡(jiǎn)化運(yùn)送過(guò)程如圖所示,左側(cè)由固定于地面的光滑圓軌道,軌道半徑為R,軌道最低點(diǎn)距離地面高度為h=,距貨倉(cāng)的水平距離為L(zhǎng)=3R,若貨物由軌道頂端無(wú)

8、初速落下,無(wú)法直接運(yùn)動(dòng)到貨倉(cāng),設(shè)計(jì)者在緊靠最低點(diǎn)的地面放置兩個(gè)相同的木箱,木箱長(zhǎng)度為R,高度為h,質(zhì)量為M,上表面與軌道末端相切,貨物與木箱之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,設(shè)計(jì)者將質(zhì)量為m的貨物由軌道頂端無(wú)初速滑下,發(fā)現(xiàn)貨物滑上木箱1時(shí),兩木箱均靜止,而滑上木箱2時(shí),木箱2開(kāi)始滑動(dòng)(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,重力加速度為g)。 (1)求木箱與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1的取值范圍; (2)設(shè)計(jì)者將兩木箱固定在地面上,發(fā)現(xiàn)貨物剛好可以進(jìn)入貨倉(cāng),求動(dòng)摩擦因數(shù)μ的值。 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

9、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10 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

10、半徑應(yīng)該滿足什么條件。 參考答案 1.A　解析:根據(jù)速度—時(shí)間圖象與時(shí)間軸所圍面積表示位移,質(zhì)點(diǎn)在0~5 s內(nèi)的位移為5 m,選項(xiàng)A正確。根據(jù)速度—時(shí)間圖象斜率表示加速度,質(zhì)點(diǎn)在整個(gè)0~12 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,10~12 s內(nèi)的加速度最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。質(zhì)點(diǎn)在0~11 s內(nèi)速度方向未變,即運(yùn)動(dòng)方向未變,故11 s末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn),選項(xiàng)C錯(cuò)誤。質(zhì)點(diǎn)在8~12 s內(nèi)的位移為8 m, m/s=2 m/s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.C　解析: 兩桿的交點(diǎn)P參與了兩個(gè)分運(yùn)動(dòng):與B桿一起以速度v水平向左的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿B桿豎直向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)

11、,交點(diǎn)P的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向沿A桿斜向上,如圖所示,則交點(diǎn)P的速度大小為vP=,故C正確。 3.D　解析:在0~4 s內(nèi),物體所受的摩擦力為靜摩擦力,4 s末開(kāi)始運(yùn)動(dòng),則5 s內(nèi)位移不為零,拉力做功不為零,故A錯(cuò)誤;4 s末拉力為4 N,摩擦力為4 N,合力為零,故B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律得,6~9 s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a= m/s2=2 m/s2,Ff=μmg,解得μ==0.3,故C錯(cuò)誤,D正確;故選D。 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

12、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。 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,FTco

13、s 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,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.B

14、C　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.

15、CD　解析:由圖象知,質(zhì)點(diǎn)在2t0時(shí)刻開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng),最后速度逐漸變?yōu)榱?A、B項(xiàng)均錯(cuò)誤;質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離原點(diǎn)的最大距離為x=v0·2t0=v0t0,C項(xiàng)正確;由于質(zhì)點(diǎn)有往復(fù)運(yùn)動(dòng),并通過(guò)正、反方向的“面積”對(duì)比知,D項(xiàng)正確。本題正確選項(xiàng)為C、D。 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

16、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=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)<μ1<　(2)0.25 解析:(1)因?yàn)樨浳镌谀鞠?上運(yùn)動(dòng)時(shí),兩木箱均靜止,有μmg<μ1(2M+m)g① 貨物在木箱2上運(yùn)動(dòng)時(shí),木箱2開(kāi)始滑動(dòng),

17、有μmg>μ1(M+m)g② 聯(lián)立兩式解得<μ1<。③ (2)根據(jù)動(dòng)能定理得,mgR=mv2,解得v=④ 在兩木箱上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度a=μg⑤ 因?yàn)槟緣K剛好進(jìn)入貨倉(cāng),木塊離開(kāi)木箱后做平拋運(yùn)動(dòng),有h=gt2,t=⑥ 根據(jù)3R-2R=v't得,木塊做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v'==R⑦ 根據(jù)速度位移公式得,v2-v'2=2a·2R⑧ 代入數(shù)據(jù)解得μ=0.25。⑨ 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):本題共20分。其中④⑦⑧每式3分,⑤式1分,其余每式2分。 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 ≤mgR⑤ 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×2R⑧ 在最高點(diǎn)有m≥mg⑨ 由③⑥⑧⑨解得R≤0.66 m。⑩ 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):本題共20分,其中①④每式1分,⑥⑧每式3分,其余每式2分。