2019高考物理大二輪復習 階段訓練1 力與運動.doc

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,16題只有一個選項符合題目要求,710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(shù)與穩(wěn)定時比較()A.增大4 NB.增大3 NC.減小1 ND.不變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(nèi)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)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(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(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=30。則()A.細線拉力與風力的合力大于mgB.若風速增大到某一值時,可能等于90C.細線拉力的大小為mgcosD.=60 時,風速v=6 m/s6.太陽系中的行星受到太陽的引力繞太陽公轉(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的運動軌跡都近似看作圓周,根據(jù)觀測得知,地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期大于水星繞太陽公轉(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(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動,物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)=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.01 s內(nèi),物體的加速度大小為2 m/s2B.12 s內(nèi),物體的加速度大小為2 m/s2C.01 s內(nèi),物體的位移為7 mD.02 s內(nèi),物體的總位移為11 m10.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。設地球質(zhì)量為M,半徑為R,下列說法正確的是()A.地球?qū)σ活w衛(wèi)星的引力大小為GMm(r-R)2B.一顆衛(wèi)星對地球的引力大小為GMmr2C.兩顆衛(wèi)星之間的引力大小為Gm23r2D.三顆衛(wèi)星對地球引力的合力大小為3GMmr2二、非選擇題(本題共2小題,共40分)11.(20分)(2017全國卷)如圖所示,兩個滑塊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,兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為2=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:(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(shù)=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.C解析 設物塊的質(zhì)量為m,斜面質(zhì)量為m1,整個裝置靜止時,測力計讀數(shù)為m1g+mg=m1g+4 N。物塊下滑的加速度a=gsin =12g,方向沿斜面向下,其豎直分量a1=asin =14g,所以物塊處于失重狀態(tài),其視重為34mg=3 N,測力計的讀數(shù)為m1g+3 N,所以測力計的示數(shù)減小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(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(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.C解析 在CD段,整體的加速度a=(mA+mB)gsinmA+mB=gsin ,隔離對A分析,有mAgsin +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,在DE段,整體的加速度a=(mA+mB)gsin-(mA+mB)gsinmA+mB=gsin -gcos ,隔離對A分析,有mAgsin +FfA=mAa,解得FfA=-mAgcos ,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。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,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,FTcos =mg,所以FT=mgcos,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=mgtan ,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(jù)萬有引力提供向心力GMmr2=m42T2r,得T=2r3GM,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GMmr2=mv2r,得v=GMr,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錯誤;根據(jù)GMmr2=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(zhì)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 -gcos ,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=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<v02。即第二次撞墻的速度大。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.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01 s內(nèi),力F為6 N,方向向左,由牛頓第二定律可得F+mg=ma,解得加速度大小a=4 m/s2,在12 s內(nèi),力F為6 N,方向向右,由牛頓第二定律可得F-mg=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01 s內(nèi)位移為6 m,選項C錯誤;同理可計算02 s內(nèi)的位移為11 m,選項D正確。10.BC解析 根據(jù)萬有引力定律可知,地球?qū)ν叫l(wèi)星引力的大小應為F=GMmr2,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(nèi)接等邊三角形,根據(jù)幾何關系可知兩同步衛(wèi)星間距為3r,則兩顆同步衛(wèi)星間萬有引力為F=Gmm(3r)2=Gm23r2,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=1mAgFf2=1mBgFf3=2(m+mA+mB)g由牛頓第二定律得Ff1=mAaAFf2=mBaBFf2-Ff1-Ff3=ma1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-aBt1v1=a1t1聯(lián)立式,代入已知數(shù)據(jù)得v1=1 m/s。(2)在t1時間間隔內(nèi),B相對于地面移動的距離為sB=v0t1-12aBt12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由式知,aA=aB;再由式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,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(nèi),B(以及木板)相對地面移動的距離為s1=v1t2-12a2t22在(t1+t2)時間間隔內(nèi),A相對地面移動的距離為sA=v0(t1+t2)-12aA(t1+t2)2A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(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間圖線求解)12.答案 (1)0.45 m(2)R1.65 m(3)R0.66 m解析 (1)設從拋出點到A點的高度差為h,到A點時有vy=2gh且vyv0=tan 37vA=v0cos37=5 m/s代入數(shù)據(jù)解得h=0.45 m。(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12mvB2mgR由動能定理得12mvB2-12mvA2=mglsin 37-mglcos 37解得R1.65 m。(3)小物塊從B滑到圓軌道最高點,由機械能守恒得12mvB2=12mv2+mg2R在最高點有mv2Rmg由解得R0.66 m。