（廣西專用）2020高考物理二輪復習 階段訓練（一）力與運動（含解析）

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1、階段訓練(一)　力與運動 (時間:45分鐘　滿分:100分) 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.(2019·吉林長春調(diào)研)如圖所示,一圓柱形容器高、底部直徑均為l,一可視為質(zhì)點的小球離地高為2l,球到容器左側(cè)的水平距離也是l,現(xiàn)將小球水平拋出,要使小球直接落在容器底部,重力加速度為g,小球拋出的初速度v的大小范圍為(空氣阻力不計)(　　) A.12gl

2、32gl D.12gl

3、F2=32mg B.F1=32mg,F2=33mg C.F1=12mg,F2=32mg D.F1=32mg,F2=12mg 答案:D 解析:圓筒做勻速直線運動,所受的合外力為零。對圓筒受力分析,圓筒受兩個斜面的支持力與地球的重力,有FN1sin30°=FN2sin60°,FN1cos30°+FN2cos60°=mg,聯(lián)立求得FN1=32mg,FN2=12mg。根據(jù)牛頓第三定律得,F1=FN1=32mg,F2=FN2=12mg,故A、B、C錯誤,D正確。 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)。現(xiàn)用一豎直向上的力F作用在P上

4、,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(guān)系的圖像可能正確的是(　　) 答案:A 解析:選物塊P為研究對象進行受力分析,根據(jù)牛頓第二定律F+F彈-mg=ma,系統(tǒng)原處于靜止狀態(tài),則F彈=mg,F=ma,且隨x增加,F彈變小,F變大,選項A正確。 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

5、均處于失重狀態(tài) 答案:C 解析:在CD段,整體的加速度a=(mA+mB)gsinθmA+mB=gsinθ,隔離對A分析,有mAgsinθ+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(shù)為μ,在DE段,整體的加速度a=(mA+mB)gsinθ-μ(mA+mB)gsinθmA+mB=gsinθ-μgcosθ,隔離對A分析,有mAgsinθ+FfA=mAa,解得FfA=-μmAgcosθ,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

6、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。 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(zhì)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(　　) 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mgcosθ D.θ=60° 時,風速v=6 m/s 答案: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

7、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(jù)受力分析,FTcosθ=mg,所以FT=mgcosθ,故C正確;小球受重力、拉力、風力處于平衡,根據(jù)共點力平衡知風力F=mgtanθ,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=9m/s,故D錯誤,故選C。 6.(2019·全國卷Ⅲ)金星、地球和火星繞太陽的公轉(zhuǎn)均可視為勻速圓周運動,它們的向心加速度大小分別為a金、a地、a火,它們沿軌道運行的速率分別為v金、v地、v火。已知它們的軌道半徑R金a

8、地>a火 B.a火>a地>a金 C.v地>v火>v金 D.v火>v地>v金 答案:A 解析:由萬有引力提供向心力得,GMmR2=ma=mv2R。由a=GMR2可知,a∝1R2,可判斷A正確,B錯誤;由v=GMR可知,半徑增加,速度減小,可判斷C、D錯誤。 7.三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動,兩邊的傳送帶長都是2 m,且與水平方向的夾角均為37°?，F(xiàn)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(shù)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

9、負功 D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長度相等 答案: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=gsinθ-μgcosθ,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

10、塊A、B在傳送帶上的劃痕長度不相同,選項D錯誤。 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,第一次一定比第二次小 答案: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=12gt2,因為h1>h2,則t1>t2,因為水平位移相等,根據(jù)x=v0t知,撞墻的速度v01

11、次撞墻的速度大。由兩次拋出時速度的豎直分量vy=gt可知,第一次大于第二次,故A、B正確,C錯誤;根據(jù)平行四邊形定則知,拋出時的速度v=v02+2gh,第一次的水平初速度小,而上升的高度大,則無法比較拋出時的速度大小,故D錯誤。 9.(2019·江蘇天一中學調(diào)研)如圖所示,某生產(chǎn)線上相互垂直的甲、乙傳送帶等高,寬度均為d,而且均以大小為v的速度運行,圖中虛線為傳送帶中線。一工件(視為質(zhì)點)從甲左端釋放,經(jīng)長時間由甲右端滑上乙,滑至乙中線處時恰好相對乙靜止。下列說法正確的是(　　) A.工件在乙傳送帶上的痕跡為直線,痕跡長為22d B.工件從滑上乙到恰好與乙相對靜止所用的時間為d2v

12、 C.工件與乙傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=v2gd D.乙傳送帶對工件的摩擦力做功為零 答案:AD 解析:工件滑上乙時,相對于乙上的那一點的速度分為水平向右的v和向后的v,合速度為2v,就是沿著與乙運動方向成45°的方向,而滑動摩擦力與相對運動的方向相反,即與合速度方向在同一直線上,故工件相對于乙的運動軌跡肯定是直線,故A正確。假設它受滑動摩擦力Ff=μmg,與乙運動方向夾角θ=45°,則相對于乙的加速度也沿這個方向,經(jīng)過t后,它滑到乙中線并相對于乙靜止,根據(jù)牛頓第二定律,有μmg=ma,解得a=μg;運動距離l=2×d2=22d,又l=12at2,2v2t=l,聯(lián)立得t=dv,μ=2v2g

13、d,故B、C錯誤?；弦抑?工件絕對速度大小為v,動能為12mv2,滑上乙并相對停止后,絕對速度大小也是v,動能也是12mv2,而在乙上面的滑動過程只有摩擦力做了功,動能又沒變化,所以乙對工件的摩擦力做功為0,故D正確。 10.(2019·陜西榆林二模)2018年11月1日,我國第41顆北斗導航衛(wèi)星“吉星”成功發(fā)射,該衛(wèi)星工作在地球靜止同步軌道上,可以對地面上的物體實現(xiàn)厘米級的定位服務。已知地球表面的重力加速度為g,半徑為R,該衛(wèi)星繞地球做圓周運動的周期為T。則下列說法正確的是(　　) A.該衛(wèi)星的發(fā)射速度大于第一宇宙速度,運行速度小于第一宇宙速度 B.該衛(wèi)星做圓周運動的軌道半徑為3g

14、R2T24π2R C.該衛(wèi)星運行的加速度大小為2πTR2πTg D.該衛(wèi)星運行的線速度大小為32πg(shù)R2T 答案:AD 解析:第一宇宙速度是衛(wèi)星的最小發(fā)射速度,也是衛(wèi)星最大的環(huán)繞速度。發(fā)射地球同步衛(wèi)星,發(fā)射速度一定大于第一宇宙速度,運行速度小于第一宇宙速度,故A正確;用M表示地球的質(zhì)量,在地球表面為m0的物體,繞地球做勻速圓周運動,有m0g=GMm0R2,GM=gR2,m表示衛(wèi)星的質(zhì)量,r表示衛(wèi)星的軌道半徑,由萬有引力定律和牛頓第二定律得GMmr2=m4π2T2r,聯(lián)立解得r=3gR2T24π2,故B錯誤;由萬有引力定律和牛頓第二定律得GMmr2=ma,代入B選項結(jié)論,a=GMr2=2

15、πT32πg(shù)R2T,故C錯誤;由萬有引力定律和牛頓第二定律得GMmr2=mv2r,代入B選項結(jié)論,v=32πg(shù)R2T,故D正確。 二、非選擇題(本題共2小題,共40分) 11.(20分)(2019·江蘇啟東市期中)如圖甲所示,帶有斜面的木塊放在光滑水平地面上,木塊水平表面AB粗糙,斜面BC表面光滑且與水平面夾角為θ=37°,木塊左側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器,當力傳感器受壓時,其示數(shù)為正值,當力傳感器被拉時,其示數(shù)為負值。一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m=5 kg的滑塊從B點以初速度v0沿斜面向上運動,運動過程中,傳感器記錄到的力與時間的關(guān)系如圖乙所示。已知斜面足夠長,設滑塊經(jīng)過B點時無機械

16、能損失,g取10 m/s2。求: (1)圖乙中F1的數(shù)值大小; (2)滑塊的初速度v0; (3)水平表面AB的長度。 答案:(1)24 N　(2)6 m/s　(3)2 m 解析:(1)質(zhì)量為m=5kg的滑塊沿斜面向上運動時的加速度大小為a1=gsinθ=6m/s2 水平方向的分加速度為ax=a1cosθ=6×0.8m/s2=4.8m/s2 水平方向斜面對滑塊的作用力為F1'=max=5×4.8N=24N 根據(jù)牛頓第三定律可得F1=F1'=24N。 (2)由題圖可知,滑塊從離開B點到回到B點所用時間為2s,即經(jīng)過時間t=1s到達最高點,根據(jù)速度時間關(guān)系可得 v0=a1t=

17、6×1m/s=6m/s。 (3)根據(jù)題圖可知,滑塊在水平部分運動的摩擦力大小為Ff=25N 根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為a2=Ffm=255m/s2=5m/s2 滑塊在水平部分運動的時間為t'=2.4s-2s=0.4s 根據(jù)位移時間關(guān)系可得lAB=v0t'-12a2t'2=6×0.4m-12×5×0.42m=2m。 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

18、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(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)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=2gh① 且vyv0=tan37°② vA=v0cos37°=5m/s③ 代入數(shù)據(jù)解得h=0.45m。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 12mvB2≤mgR⑤ 由動能定理得12mvB2-12mvA2=mglsin37°-μmglcos37°⑥ 解得R≥1.65m。⑦ (3)小物塊從B滑到圓軌道最高點,由機械能守恒得 12mvB2=12mv2+mg×2R⑧ 在最高點有mv2R≥mg⑨ 由③⑥⑧⑨解得R≤0.66m。⑩ 10