2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（一）力與運(yùn)動(dòng).doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 階段訓(xùn)練（一）力與運(yùn)動(dòng)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(gè)選項(xiàng)中,16題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,710題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分)1.如圖所示,一個(gè)質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象,則下列說法中正確的是()A.質(zhì)點(diǎn)在05 s內(nèi)的位移為5 mB.質(zhì)點(diǎn)在整個(gè)012 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)過程中,810 s內(nèi)的加速度最大C.質(zhì)點(diǎn)在10 s末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)D.質(zhì)點(diǎn)在812 s內(nèi)的平均速度為4 m/s2.如圖所示,水平面上固定一個(gè)與水平面夾角為的斜桿A,另一豎直桿B以速度v水平向左做勻速直線運(yùn)動(dòng),則從兩桿開始相交到最后分離的過程中,兩桿交點(diǎn)P的速度方向和大小分別為()A.水平向左,大小為vB.豎直向上,大小為vtan C.沿A桿斜向上,大小為D.沿A桿斜向上,大小為vcos 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(shí)間t變化的水平拉力F作用,用力傳感器測(cè)出相應(yīng)時(shí)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(duì)物塊做功為零B.4 s末物塊所受合力大小為4.0 NC.物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4D.69 s內(nèi)物塊的加速度大小為2.0 m/s24.(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(diǎn)由靜止下滑,下滑過程中A、B保持相對(duì)靜止,則()A.在CD段時(shí),A受三個(gè)力作用B.在DE段時(shí),A可能受三個(gè)力作用C.在DE段時(shí),A受摩擦力方向一定沿斜面向上D.整個(gè)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(jiǎn)易裝置測(cè)定水平風(fēng)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(xì)線懸于桿頂端O,當(dāng)水平風(fēng)吹來時(shí),球在水平風(fēng)力的作用下飄起來。已知風(fēng)力大小正比于風(fēng)速,當(dāng)風(fēng)速v0=3 m/s時(shí),測(cè)得球平衡時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角=30。則()A.細(xì)線拉力與風(fēng)力的合力大于mgB.若風(fēng)速增大到某一值時(shí),可能等于90C.細(xì)線拉力的大小為D.=60時(shí),風(fēng)速v=6 m/s6.(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(yùn)動(dòng)軌跡都近似看作圓周,根據(jù)觀測(cè)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(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng),兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m,且與水平方向的夾角均為37?，F(xiàn)有兩個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5。下列說法正確的是()A.物塊A先到達(dá)傳送帶底端B.物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端C.傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功D.物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度相等8.一質(zhì)點(diǎn)自x軸原點(diǎn)O出發(fā),沿正方向以加速度a運(yùn)動(dòng),經(jīng)過t0時(shí)間速度變?yōu)関0,接著以加速度-a運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度變?yōu)?時(shí),加速度又變?yōu)閍,直至速度變?yōu)闀r(shí),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(diǎn)一直沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)B.質(zhì)點(diǎn)將在x軸上一直運(yùn)動(dòng),永遠(yuǎn)不會(huì)停止C.質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中離原點(diǎn)的最大距離為v0t0D.質(zhì)點(diǎn)最終靜止時(shí)離開原點(diǎn)的距離一定小于v0t09.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(yùn)動(dòng),物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1,同時(shí)物體還要受一個(gè)如圖所示的隨時(shí)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(jié)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(shè)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(duì)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(duì)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(zhǎng)沙二模)某商場(chǎng)設(shè)計(jì)將貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送到貨倉(cāng),簡(jiǎn)化運(yùn)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(diǎn)距離地面高度為h=,距貨倉(cāng)的水平距離為L(zhǎng)=3R,若貨物由軌道頂端無初速落下,無法直接運(yùn)動(dòng)到貨倉(cāng),設(shè)計(jì)者在緊靠最低點(diǎn)的地面放置兩個(gè)相同的木箱,木箱長(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)為,設(shè)計(jì)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(shí),兩木箱均靜止,而滑上木箱2時(shí),木箱2開始滑動(dòng)(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,重力加速度為g)。(1)求木箱與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)1的取值范圍;(2)設(shè)計(jì)者將兩木箱固定在地面上,發(fā)現(xiàn)貨物剛好可以進(jìn)入貨倉(cāng),求動(dòng)摩擦因數(shù)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(shè)想:取一個(gè)與水平方向夾角為37、長(zhǎng)為L(zhǎng)=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(gè)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(gè)小物塊以初速度v0=4.0 m/s,從某一高處水平拋出,到A點(diǎn)時(shí)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(dòng)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(diǎn)和A點(diǎn)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(yīng)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(yīng)該滿足什么條件。參考答案1.A解析:根據(jù)速度時(shí)間圖象與時(shí)間軸所圍面積表示位移,質(zhì)點(diǎn)在05 s內(nèi)的位移為5 m,選項(xiàng)A正確。根據(jù)速度時(shí)間圖象斜率表示加速度,質(zhì)點(diǎn)在整個(gè)012 s內(nèi)的運(yùn)動(dòng)過程中,1012 s內(nèi)的加速度最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。質(zhì)點(diǎn)在011 s內(nèi)速度方向未變,即運(yùn)動(dòng)方向未變,故11 s末離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn),選項(xiàng)C錯(cuò)誤。質(zhì)點(diǎn)在812 s內(nèi)的位移為8 m, m/s=2 m/s,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.C解析:兩桿的交點(diǎn)P參與了兩個(gè)分運(yùn)動(dòng):與B桿一起以速度v水平向左的勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿B桿豎直向上的勻速直線運(yùn)動(dòng),交點(diǎn)P的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向沿A桿斜向上,如圖所示,則交點(diǎn)P的速度大小為vP=,故C正確。3.D解析:在04 s內(nèi),物體所受的摩擦力為靜摩擦力,4 s末開始運(yùn)動(dòng),則5 s內(nèi)位移不為零,拉力做功不為零,故A錯(cuò)誤;4 s末拉力為4 N,摩擦力為4 N,合力為零,故B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律得,69 s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度a= m/s2=2 m/s2,Ff=mg,解得=0.3,故C錯(cuò)誤,D正確;故選D。4.C解析:在CD段,整體的加速度a=gsin ,隔離對(duì)A分析,有mAgsin +FfA=mAa,解得FfA=0,可知A受重力和支持力兩個(gè)力作用,故A錯(cuò)誤。設(shè)DE段物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,在DE段,整體的加速度a=gsin -gcos ,隔離對(duì)A分析,有mAgsin +FfA=mAa,解得FfA=-mAgcos ,方向沿斜面向上;若勻速運(yùn)動(dòng),A受到靜摩擦力也是沿斜面向上,所以A一定受三個(gè)力,故B錯(cuò)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(yùn)動(dòng),不處于失重狀態(tài),故D錯(cuò)誤。故選C。5.C解析:小球受重力、拉力、風(fēng)力處于平衡,所以細(xì)線拉力與風(fēng)力的合力等于mg,與重力平衡,故A錯(cuò)誤;風(fēng)速增大,不可能變?yōu)?0,因?yàn)槔K子拉力在豎直方向上的分力與重力平衡,故B錯(cuò)誤;根據(jù)受力分析,FTcos =mg,所以FT=,故C正確;小球受重力、拉力、風(fēng)力處于平衡,根據(jù)共點(diǎn)力平衡知風(fēng)力F=mgtan ,從30變?yōu)?0,則風(fēng)力變?yōu)樵瓉淼?倍,因?yàn)轱L(fēng)力大小正比于風(fēng)速和球正對(duì)風(fēng)的截面積,所以風(fēng)速v=9 m/s,故D錯(cuò)誤,故選C。6.C解析:根據(jù)萬有引力提供向心力G=mr,得T=2,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(cuò)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(cuò)誤,C正確。故選C。7.BC解析:對(duì)A分析可得:A加速后速度大于傳送帶的速度,即相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng),所以受到的滑動(dòng)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(duì)B分析可得:B相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng),所以受到的滑動(dòng)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(shí)間相等,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;滑動(dòng)摩擦力方向和AB運(yùn)動(dòng)的方向相反,傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功,選項(xiàng)C正確;由于A相對(duì)傳送帶的速度為v-1,而B相對(duì)傳送帶的速度為v+1,故運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同,所以物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度不相同,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.CD解析:由圖象知,質(zhì)點(diǎn)在2t0時(shí)刻開始反向運(yùn)動(dòng),最后速度逐漸變?yōu)榱?A、B項(xiàng)均錯(cuò)誤;質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中離原點(diǎn)的最大距離為x=v02t0=v0t0,C項(xiàng)正確;由于質(zhì)點(diǎn)有往復(fù)運(yùn)動(dòng),并通過正、反方向的“面積”對(duì)比知,D項(xiàng)正確。本題正確選項(xiàng)為C、D。9.BD解析:本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用以及圖象的分析,意在考查考生對(duì)牛頓運(yùn)動(dòng)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(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;由運(yùn)動(dòng)關(guān)系可知01 s內(nèi)位移為6 m,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;同理可計(jì)算02 s內(nèi)的位移為11 m,選項(xiàng)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(yīng)為F=G,其中r為同步衛(wèi)星到地球球心的距離,故選項(xiàng)A錯(cuò)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(guān)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(xiàng)C正確;三顆同步衛(wèi)星對(duì)地球的引力的合力為零,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11.答案:(1)<1<(2)0.25解析:(1)因?yàn)樨浳镌谀鞠?上運(yùn)動(dòng)時(shí),兩木箱均靜止,有mg<1(2M+m)g貨物在木箱2上運(yùn)動(dòng)時(shí),木箱2開始滑動(dòng),有mg>1(M+m)g聯(lián)立兩式解得<1<。(2)根據(jù)動(dòng)能定理得,mgR=mv2,解得v=在兩木箱上做勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度a=g因?yàn)槟緣K剛好進(jìn)入貨倉(cāng),木塊離開木箱后做平拋運(yùn)動(dòng),有h=gt2,t=根據(jù)3R-2R=vt得,木塊做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v=R根據(jù)速度位移公式得,v2-v2=2a2R代入數(shù)據(jù)解得=0.25。評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):本題共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)設(shè)從拋出點(diǎn)到A點(diǎn)的高度差為h,到A點(diǎn)時(shí)有vy=且=tan 37vA=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mgR由動(dòng)能定理得=mgLsin 37-mgLcos 37解得R1.65 m。(3)小物塊從B滑到圓軌道最高點(diǎn),由機(jī)械能守恒得mv2+mg2R在最高點(diǎn)有mmg由解得R0.66 m。評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):本題共20分,其中每式1分,每式3分,其余每式2分。