2022年高考物理二轮复习 阶段训练（一）力与运动

2022年高考物理二轮复习 阶段训练（一）力与运动一、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,16题只有一个选项符合题目要求,710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.如图所示,一个质点做直线运动的v-t图象,则下列说法中正确的是()A.质点在05 s内的位移为5 mB.质点在整个012 s内的运动过程中,810 s内的加速度最大C.质点在10 s末离出发点最远D.质点在812 s内的平均速度为4 m/s2.如图所示,水平面上固定一个与水平面夹角为的斜杆A,另一竖直杆B以速度v水平向左做匀速直线运动,则从两杆开始相交到最后分离的过程中,两杆交点P的速度方向和大小分别为()A.水平向左,大小为vB.竖直向上,大小为vtan C.沿A杆斜向上,大小为D.沿A杆斜向上,大小为vcos 3.如图所示,水平木板上有质量m=1.0 kg的物块,受到随时间t变化的水平拉力F作用,用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。重力加速度g取10 m/s2,下列判断正确的是()A.5 s内拉力对物块做功为零B.4 s末物块所受合力大小为4.0 NC.物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D.69 s内物块的加速度大小为2.0 m/s24.(xx安徽六校联考)如图,固定斜面,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.(xx浙江温州八校联考)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.(xx山东淄博一模)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.(xx山东潍坊统考)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,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8.一质点自x轴原点O出发,沿正方向以加速度a运动,经过t0时间速度变为v0,接着以加速度-a运动,当速度变为-时,加速度又变为a,直至速度变为时,加速度再变为-a,直至速度变为-其v-t图象如图所示,则下列说法正确的是()A.质点一直沿x轴正方向运动B.质点将在x轴上一直运动,永远不会停止C.质点运动过程中离原点的最大距离为v0t0D.质点最终静止时离开原点的距离一定小于v0t09.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.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大小为B.一颗卫星对地球的引力大小为C.两颗卫星之间的引力大小为D.三颗卫星对地球引力的合力大小为二、非选择题(本题共2小题,共40分)11.(20分)(xx湖南长沙二模)某商场设计将货物(可视为质点)从高处运送到货仓,简化运送过程如图所示,左侧由固定于地面的光滑圆轨道,轨道半径为R,轨道最低点距离地面高度为h=,距货仓的水平距离为L=3R,若货物由轨道顶端无初速落下,无法直接运动到货仓,设计者在紧靠最低点的地面放置两个相同的木箱,木箱长度为R,高度为h,质量为M,上表面与轨道末端相切,货物与木箱之间的动摩擦因数为,设计者将质量为m的货物由轨道顶端无初速滑下,发现货物滑上木箱1时,两木箱均静止,而滑上木箱2时,木箱2开始滑动(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g)。(1)求木箱与地面的动摩擦因数1的取值范围;(2)设计者将两木箱固定在地面上,发现货物刚好可以进入货仓,求动摩擦因数的值。12.(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,cos 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。参考答案1.A解析:根据速度时间图象与时间轴所围面积表示位移,质点在05 s内的位移为5 m,选项A正确。根据速度时间图象斜率表示加速度,质点在整个012 s内的运动过程中,1012 s内的加速度最大,选项B错误。质点在011 s内速度方向未变,即运动方向未变,故11 s末离出发点最远,选项C错误。质点在812 s内的位移为8 m, m/s=2 m/s,选项D错误。2.C解析:两杆的交点P参与了两个分运动:与B杆一起以速度v水平向左的匀速直线运动和沿B杆竖直向上的匀速直线运动,交点P的实际运动方向沿A杆斜向上,如图所示,则交点P的速度大小为vP=,故C正确。3.D解析:在04 s内,物体所受的摩擦力为静摩擦力,4 s末开始运动,则5 s内位移不为零,拉力做功不为零,故A错误;4 s末拉力为4 N,摩擦力为4 N,合力为零,故B错误;根据牛顿第二定律得,69 s内物体做匀加速直线运动的加速度a= m/s2=2 m/s2,Ff=mg,解得=0.3,故C错误,D正确;故选D。4.C解析:在CD段,整体的加速度a=gsin ,隔离对A分析,有mAgsin +FfA=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 -gcos ,隔离对A分析,有mAgsin +FfA=mAa,解得FfA=-mAgcos ,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:根据万有引力提供向心力G=mr,得T=2,周期大,轨道半径大,即地球的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,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 -gcos ,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.CD解析:由图象知,质点在2t0时刻开始反向运动,最后速度逐渐变为零,A、B项均错误;质点运动过程中离原点的最大距离为x=v02t0=v0t0,C项正确;由于质点有往复运动,并通过正、反方向的“面积”对比知,D项正确。本题正确选项为C、D。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为6 N,方向向右,由牛顿第二定律可得F-mg=ma1,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正确;三颗同步卫星对地球的引力的合力为零,选项D错误。11.答案:(1)1(2)0.25解析:(1)因为货物在木箱1上运动时,两木箱均静止,有mg1(M+m)g联立两式解得1。(2)根据动能定理得,mgR=mv2,解得v=在两木箱上做匀减速运动的加速度a=g因为木块刚好进入货仓,木块离开木箱后做平抛运动,有h=gt2,t=根据3R-2R=vt得,木块做平抛运动的初速度v=R根据速度位移公式得,v2-v2=2a2R代入数据解得=0.25。评分标准:本题共20分。其中每式3分,式1分,其余每式2分。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=且=tan 37vA=5 m/s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由动能定理得=mgLsin 37-mgLcos 37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在最高点有mmg由解得R0.66 m。评分标准:本题共20分,其中每式1分,每式3分,其余每式2分。