2019-2020年高考物理二輪復習 階段訓練（一）力與運動.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 階段訓練（一）力與運動 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. 如圖所示,一個質(zhì)點做直線運動的v-t圖象,則下列說法中正確的是(　　) A.質(zhì)點在0~5 s內(nèi)的位移為5 m B.質(zhì)點在整個0~12 s內(nèi)的運動過程中,8~10 s內(nèi)的加速度最大 C.質(zhì)點在10 s末離出發(fā)點最遠 D.質(zhì)點在8~12 s內(nèi)的平均速度為4 m/s 2. 如圖所示,水平面上固定一個與水平面夾角為θ的斜桿A,另一豎直桿B以速度v水平向左做勻速直線運動,則從兩桿開始相交到最后分離的過程中,兩桿交點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,受到隨時間t變化的水平拉力F作用,用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力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摩擦因數(shù)為0.4 D.6~9 s內(nèi)物塊的加速度大小為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. (xx浙江溫州八校聯(lián)考)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 D.θ=60時,風速v=6 m/s 6.(xx山東淄博一模)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. (xx山東濰坊統(tǒng)考)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. 一質(zhì)點自x軸原點O出發(fā),沿正方向以加速度a運動,經(jīng)過t0時間速度變?yōu)関0,接著以加速度-a運動,當速度變?yōu)?時,加速度又變?yōu)閍,直至速度變?yōu)闀r,加速度再變?yōu)?a,直至速度變?yōu)?……其v-t圖象如圖所示,則下列說法正確的是(　　) A.質(zhì)點一直沿x軸正方向運動 B.質(zhì)點將在x軸上一直運動,永遠不會停止 C.質(zhì)點運動過程中離原點的最大距離為v0t0 D.質(zhì)點最終靜止時離開原點的距離一定小于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動,物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ=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.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 B.一顆衛(wèi)星對地球的引力大小為 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湖南長沙二模)某商場設計將貨物(可視為質(zhì)點)從高處運送到貨倉,簡化運送過程如圖所示,左側(cè)由固定于地面的光滑圓軌道,軌道半徑為R,軌道最低點距離地面高度為h=,距貨倉的水平距離為L=3R,若貨物由軌道頂端無初速落下,無法直接運動到貨倉,設計者在緊靠最低點的地面放置兩個相同的木箱,木箱長度為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摩擦因數(shù)為μ,設計者將質(zhì)量為m的貨物由軌道頂端無初速滑下,發(fā)現(xiàn)貨物滑上木箱1時,兩木箱均靜止,而滑上木箱2時,木箱2開始滑動(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,重力加速度為g)。 (1)求木箱與地面的動摩擦因數(shù)μ1的取值范圍; (2)設計者將兩木箱固定在地面上,發(fā)現(xiàn)貨物剛好可以進入貨倉,求動摩擦因數(shù)μ的值。 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)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。 參考答案 1.A　解析:根據(jù)速度—時間圖象與時間軸所圍面積表示位移,質(zhì)點在0~5 s內(nèi)的位移為5 m,選項A正確。根據(jù)速度—時間圖象斜率表示加速度,質(zhì)點在整個0~12 s內(nèi)的運動過程中,10~12 s內(nèi)的加速度最大,選項B錯誤。質(zhì)點在0~11 s內(nèi)速度方向未變,即運動方向未變,故11 s末離出發(fā)點最遠,選項C錯誤。質(zhì)點在8~12 s內(nèi)的位移為8 m, m/s=2 m/s,選項D錯誤。 2.C　解析: 兩桿的交點P參與了兩個分運動:與B桿一起以速度v水平向左的勻速直線運動和沿B桿豎直向上的勻速直線運動,交點P的實際運動方向沿A桿斜向上,如圖所示,則交點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末開始運動,則5 s內(nèi)位移不為零,拉力做功不為零,故A錯誤;4 s末拉力為4 N,摩擦力為4 N,合力為零,故B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律得,6~9 s內(nèi)物體做勻加速直線運動的加速度a= m/s2=2 m/s2,Ff=μmg,解得μ==0.3,故C錯誤,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A分析,有mAgsin θ+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==gsin θ-μgcos θ,隔離對A分析,有mAgsin θ+FfA=mAa,解得FfA=-μmAgcos θ,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,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,FTcos θ=mg,所以FT=,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 θ,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=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 θ-μgcos θ,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.CD　解析:由圖象知,質(zhì)點在2t0時刻開始反向運動,最后速度逐漸變?yōu)榱?A、B項均錯誤;質(zhì)點運動過程中離原點的最大距離為x=v02t0=v0t0,C項正確;由于質(zhì)點有往復運動,并通過正、反方向的“面積”對比知,D項正確。本題正確選項為C、D。 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A錯誤,B正確;由運動關系可知0~1 s內(nèi)位移為6 m,選項C錯誤;同理可計算0~2 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=G,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r,則兩顆同步衛(wèi)星間萬有引力為F=G,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)<μ1<　(2)0.25 解析:(1)因為貨物在木箱1上運動時,兩木箱均靜止,有μmg<μ1(2M+m)g① 貨物在木箱2上運動時,木箱2開始滑動,有μmg>μ1(M+m)g② 聯(lián)立兩式解得<μ1<。③ (2)根據(jù)動能定理得,mgR=mv2,解得v=④ 在兩木箱上做勻減速運動的加速度a=μg⑤ 因為木塊剛好進入貨倉,木塊離開木箱后做平拋運動,有h=gt2,t=⑥ 根據(jù)3R-2R=vt得,木塊做平拋運動的初速度v==R⑦ 根據(jù)速度位移公式得,v2-v2=2a2R⑧ 代入數(shù)據(jù)解得μ=0.25。⑨ 評分標準: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)設從拋出點到A點的高度差為h,到A點時有vy=① 且=tan 37② 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 ≤mgR⑤ 由動能定理得=mgLsin 37-μmgLcos 37⑥ 解得R≥1.65 m。⑦ (3)小物塊從B滑到圓軌道最高點,由機械能守恒得 mv2+mg2R⑧ 在最高點有m≥mg⑨ 由③⑥⑧⑨解得R≤0.66 m。⑩ 評分標準:本題共20分,其中①④每式1分,⑥⑧每式3分,其余每式2分。