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1、2022高考物理大二輪復習 階段訓練1 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.
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 N B.增大3 N
C.減小1 N D.不變
2.
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)?,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
3、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θ=30°。則( )
4、
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.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
5、水平方向的夾角均為37°。現(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
6、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)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.
7、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)
(2017·全國卷Ⅲ)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μ1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4 kg,與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2=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:
8、(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)μ=0.5。(g取1
9、0 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 θ=g,方向沿斜面向下,其豎直分量a1=asin θ=g,所以物塊處于失重狀態(tài),其視重為mg=3 N,測力計的讀數(shù)為m1g+3 N,所以測力計的示數(shù)減
10、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
11、小,F變大,選項A正確。
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。
12、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,
13、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
14、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=gt2,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
15、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=
16、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)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=μ1mAg ①
Ff2=μ1mBg ②
Ff3=μ2(m+mA+mB)
17、g ③
由牛頓第二定律得
Ff1=mAaA ④
Ff2=mBaB ⑤
Ff2-Ff1-Ff3=ma1 ⑥
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-aBt1 ⑦
v1=a1t1 ⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知數(shù)據(jù)得v1=1 m/s。 ⑨
(2)在t1時間間隔內(nèi),B相對于地面移動的距離為sB=v0t1-aB ⑩
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①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B與木板達到共同速度時,A的速度大小也為v1,
18、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-a2
在(t1+t2)時間間隔內(nèi),A相對地面移動的距離為
sA=v0(t1+t2)-aA(t1+t2)2
A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)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 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
≤mgR ⑤
由動能定理得=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,由機械能守恒得
mv2+mg×2R ⑧
在最高點有m≥mg ⑨
由③⑥⑧⑨解得R≤0.66 m。 ⑩