2019高考物理大二轮复习阶段训练1力与运动.doc

《2019高考物理大二轮复习阶段训练1力与运动.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考物理大二轮复习阶段训练1力与运动.doc（9页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1阶段训练(一) 力与运动(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 10 小题,每小题 6 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,1 6 题只有一个选项符合题目要求,7 10 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分)1.在如图所示的装置中,重为 4 N 的物块用一平行于斜面的细线拴在斜面上端的小柱上,整个装置被固定在测力计上并保持静止,斜面的倾角为 30。如果物块与斜面间无摩擦,装置稳定以后,在烧断细线物块下滑时测力计读数与稳定时比较( )A.增大 4 N B.增大 3 NC.减小 1 N D.不变2.如图所示,在粗糙水

2、平木板上放一个物体,使水平板和物体一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动, ab 为水平直径, cd 为竖直直径,在运动过程中木板始终保持水平,物体相对木板始终静止,则( )A.物体始终受到三个力作用B.只有在 a、 b、 c、 d 四点,物体受到合外力才指向圆心C.从 a 到 b,物体所受的摩擦力先增大后减小D.从 b 到 a,物体处于超重状态3.(2018全国卷 )如图所示,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块 P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上,使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示 F 和 x 之间

3、关系的图象可能正确的是( )2Zxxk.Com4.如图所示,固定斜面的 CD 段光滑, DE 段粗糙, A、 B 两物体叠放在一起从 C 点由静止下滑,下滑过程中 A、 B 保持相对静止,则( )A.在 CD 段时, A 受三个力作用B.在 DE 段时, A 可能受三个力作用C.在 DE 段时, A 受摩擦力方向一定沿斜面向上D.整个下滑过程中, A、 B 均处于失重状态5.气象研究小组用图示简易装置测定水平风速。在水平地面上竖直固定一直杆,质量为 m 的薄空心塑料球用细线悬于杆顶端 O,当水平风吹来时,球在水平风力的作用下飘起来。已知风力大小正比于风速,当风速 v0=3 m/s 时,测得球平

4、衡时细线与竖直方向的夹角 = 30。则( )A.细线拉力与风力的合力大于 mgB.若风速增大到某一值时, 可能等于 90C.细线拉力的大小为D.= 60 时,风速 v=6 m/s6.太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转,但它们公转的周期却各不相同。若把地球和水星绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周,根据观测得知,地球绕太阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期,则由此可以判定( )A.地球的线速度大于水星的线速度B.地球的质量小于水星的质量C.地球的向心加速度小于水星的向心加速度D.地球到太阳的距离小于水星到太阳的距离7.3三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是 2 m,

5、且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块 A、 B 从传送带顶端均以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。下列说法正确的是( )A.物块 A 先到达传送带底端B.物块 A、 B 同时到达传送带底端C.传送带对物块 A、 B 均做负功D.物块 A、 B 在传送带上的划痕长度相等8.将篮球从同一位置斜向上抛出,其中有两次篮球垂直撞在竖直墙面上,如图所示。不计空气阻力,则下列说法正确的是( )A.从抛出到撞墙,第二次球在空中运动的时间较短B.篮球两次抛出时速度的竖直分量第一次大于第二次C.篮球两次撞墙的速度可能相等D.抛出时的速度大小,第一次一定比第二次小9.

6、质量 m=2 kg、初速度 v0=8 m/s 的物体沿着粗糙的水平面向右运动,物体与水平面之间的动摩擦因数 = 0.1,同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力 F 的作用,水平向右为拉力的正方向。则以下结论正确的是( g 取 10 m/s2)( )A.01 s 内,物体的加速度大小为 2 m/s2B.12 s 内,物体的加速度大小为 2 m/s2C.01 s 内,物体的位移为 7 mD.02 s 内,物体的总位移为 11 m10.4如图所示,三颗质量均为 m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为 r 的圆轨道上。设地球质量为 M,半径为 R,下列说法正确的是( )A.地球对一颗卫星的引力

7、大小为(-)2B.一颗卫星对地球的引力大小为2C.两颗卫星之间的引力大小为232D.三颗卫星对地球引力的合力大小为32二、非选择题(本题共 2 小题,共 40 分)11.(20 分)(2017全国卷 )如图所示,两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA=1 kg 和 mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为 1=0.5;木板的质量为 m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为 2=0.1。某时刻 A、 B 两滑块开始相向滑动,初速度大小均为 v0=3 m/s。 A、 B 相遇时,A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小 g 取 10

8、m/s2。求:(1)B 与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、 B 开始运动时,两者之间的距离。512.(20 分)为了研究过山车的原理,物理小组提出了下列设想:取一个与水平方向夹角为 37、长为 l=2.0 m 的粗糙倾斜轨道 AB,通过水平轨道 BC 与竖直圆轨道相连,出口为水平轨道 DE,整个轨道除 AB 段以外都是光滑的,其中 AB 与 BC 轨道以微小圆弧相接,如图所示。一个小物块以初速度v0=4.0 m/s,从某一高处水平抛出,到 A 点时速度方向恰沿 AB 方向,并沿倾斜轨道滑下。已知物块与倾斜轨道的动摩擦因数 = 0.5。( g 取 10 m/s2,sin 37=0.60,c

9、os 37=0.80)(1)求小物块的抛出点和 A 点的高度差。(2)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道 AB,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件。(3)要使小物块不离开轨道,并从水平轨道 DE 滑出,则竖直圆弧轨道的半径应该满足什么条件。答案：1.C 解析 设物块的质量为 m,斜面质量为 m1,整个装置静止时,测力计读数为 m1g+mg=m1g+4 N。物块下滑的加速度 a=gsin = g,方向沿斜面向下,其竖直分量 a1=asin = g,所以物块处于失重状12 14态,其视重为 mg=3 N,测力计的读数为 m1g+3 N,所以测力计的示数减小 1 N,故选 C。342.D

10、解析 在 c、 d 两点处,只受重力和支持力两个力作用,在其他位置处物体受到重力、支持力、静摩擦力三个力作用,故 A 错误;物体做匀速圆周运动,合外力提供向心力,所以合外力始终指向圆心,故 B 错误;从 a 运动到 b,物体的加速度的方向始终指向圆心,水平方向的加速度先减小后反向增大,根据牛顿第二定律可得,物体所受木板的摩擦力先减小后增大,故 C 错误;从 b 运动到 a,向心加速度指向圆心,有向上的分量,所以物体处于超重状态,故 D 正确。3.A 解析 选物块 P 为研究对象进行受力分析,根据牛顿第二定律 F+F 弹 -mg=ma,系统原处于静止状态,则 F 弹=mg,F=ma,且随 x 增

11、加, F 弹 变小, F 变大,选项 A 正确。64.C 解析 在 CD 段,整体的加速度 a= =gsin ,隔离对 A 分析,有 mAgsin (+)+F fA=mAa,解得 FfA=0,可知 A 受重力和支持力两个力作用,故 A 错误。设 DE 段物块与斜面间的动摩擦因数为 ,在 DE 段,整体的加速度 a= =gsin (+)-(+)+-g cos ,隔离对 A 分析,有 mAgsin +F fA=mAa,解得 FfA=-m Agcos ,方向沿斜面向上;若匀速运动, A 受到静摩擦力也是沿斜面向上,所以 A 一定受三个力,故 B 错误,C 正确。整体下滑的过程中, CD 段加速度沿斜

12、面向下, A、 B 均处于失重状态;在 DE 段,可能做匀速直线运动,不处于失重状态,故D 错误。故选 C。5.C 解析 小球受重力、拉力、风力处于平衡,所以细线拉力与风力的合力等于 mg,与重力平衡,故 A 错误;风速增大, 不可能变为 90,因为绳子拉力在竖直方向上的分力与重力平衡,故 B 错误;根据受力分析, FTcos =mg ,所以 FT= ,故 C 正确;小球受重力、拉力、风力处于平衡,根据共点力平衡知风力 F=mgtan , 从 30变为 60,则风力变为原来的 3 倍,因为风力大小正比于风速和球正对风的截面积,所以风速 v=9 m/s,故 D 错误,故选 C。6.C 解析 根据

13、万有引力提供向心力 G =m r,得 T=2 ,周期大,轨道半径大,即地球的2 422 3轨道半径大于水星的轨道半径,又由 G =m ,得 v= ,则半径大的线速度小,即地球的线速2 2 度小于水星的线速度,故 A、D 错误;根据 G =ma,轨道半径大 ,向心加速度小,所以地球的向心加2速度小于水星的向心加速度。由于水星和地球都是绕环天体,无法求出质量,故 B 错误,C 正确。故选 C。7.BC 解析 对 A 分析可得: A 加速后速度大于传送带的速度,即相对传送带向下运动,所以受到的滑动摩擦力沿斜面向上,受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力,对 B 分析可得: B 相对传送带向下运动,

14、所以受到的滑动摩擦力方向向上,受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的支持力,故两物体在斜面方向上的加速度都是 a=gsin -g cos ,初速度相等,位移相等,所以所用时间相等,选项 A 错误,B 正确;滑动摩擦力方向和 AB 运动的方向相反,传送带对物块 A、 B 均做负功,选项 C 正确;由于 A 相对传送带的速度为 v-1,而 B 相对传送带的速度为 v+1,故运动时间相同,所以物块 A、 B 在传送带上的划痕长度不相同,选项 D 错误。8.AB 解析 由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上,篮球被抛出后的运动可以看作是平抛运动的反向运动。加速度都为 g。在竖直方向上, h= gt2,因为 h1h

15、2,则 t1t2,因为水平位移相等,根据 x=v0t127知,撞墙的速度 v01v02。即第二次撞墙的速度大。由两次抛出时速度的竖直分量 vy=gt 可知,第一次大于第二次,故 A、B 正确,C 错误;根据平行四边形定则知,抛出时的速度 v= ,第一次的02+2水平初速度小,而上升的高度大,则无法比较抛出时的速度大小,故 D 错误。9.BD 解析 本题考查牛顿运动定律的应用以及图象的分析,意在考查考生对牛顿运动定律的理解以及分析图象的能力。由题图可知,在 01 s 内,力 F 为 6 N,方向向左,由牛顿第二定律可得F+mg=ma ,解得加速度大小 a=4 m/s2,在 12 s 内,力 F

16、为 6 N,方向向右,由牛顿第二定律可得 F-mg=ma 1,解得加速度大小 a1=2 m/s2,所以选项 A 错误,B 正确;由运动关系可知 01 s 内位移为 6 m,选项 C 错误;同理可计算 02 s 内的位移为 11 m,选项 D 正确。10.BC 解析 根据万有引力定律可知,地球对同步卫星引力的大小应为 F=G ,其中 r 为同步卫2星到地球球心的距离,故选项 A 错误,B 正确;由于三颗同步卫星连线为一圆内接等边三角形,根据几何关系可知两同步卫星间距为 r,则两颗同步卫星间万有引力为 F=G ,选项 C 正3(3)2=232确;三颗同步卫星对地球的引力的合力为零,选项 D 错误。

17、11.答案 (1)1 m/s (2)1.9 m解析 (1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设 A、 B 和木板所受的摩擦力大小分别为 Ff1、 Ff2和 Ff3,A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB,木板相对于地面的加速度大小为 a1。在物块 B 与木板达到共同速度前有Ff1= 1mAg Ff2= 1mBg Ff3= 2(m+mA+mB)g 由牛顿第二定律得Ff1=mAaA Ff2=mBaB Ff2-Ff1-Ff3=ma1 设在 t1时刻, B 与木板达到共同速度,其大小为 v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1 v1=a1t1 联立 式,代入已知数据

18、得 v1=1 m/s。 (2)在 t1时间间隔内, B 相对于地面移动的距离为 sB=v0t1- aB 1212设在 B 与木板达到共同速度 v1后,木板的加速度大小为 a2。对于 B 与木板组成的体系,由牛顿第二定律有Ff1+Ff3=(mB+m)a28由 式知, aA=aB;再由 式知, B 与木板达到共同速度时, A 的速度大小也为 v1,但运动方向与木板相反。由题意知, A 和 B 相遇时, A 与木板的速度相同,设其大小为 v2。设 A 的速度大小从 v1变到 v2所用的时间为 t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对 A 有 v2=-v1+aAt2在 t2时间间隔内, B

19、(以及木板)相对地面移动的距离为 s1=v1t2- a21222在( t1+t2)时间间隔内, A 相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)212A 和 B 相遇时, A 与木板的速度也恰好相同。因此 A 和 B 开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m。(也可用如图的速度时间图线求解)12.答案 (1)0 .45 m (2)R1 .65 m(3)R0 .66 m解析 (1)设从抛出点到 A 点的高度差为 h,到 A 点时有 vy= 2且 =tan 370vA= =5 m/s037代入数据解得 h=0.45 m。 (2)要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道 AB,则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心,即 mgR 12m29由动能定理得 =mglsin 37-mgl cos 3712m212m2解得 R1 .65 m。 (3)小物块从 B 滑到圆轨道最高点,由机械能守恒得mv2+mg2R 12m2=12在最高点有 m mg 2由 解得 R0 .66 m。