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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,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.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 NB.增大3 NC.减小1 ND.不变2.如图所示,在粗糙水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
2、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之间关系的图象可能正确的是()Zxxk.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
3、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mgcosD.=60 时,风速v=6 m/s6.太阳系中的行星
4、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7.三角形传送带以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
5、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.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
6、 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GMm(r-R)2B.一颗卫星对地球的引力大小为GMmr2C.两颗卫星之间的引力大小为Gm23r2D.三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr2二、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
7、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 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。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
8、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。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=gs
9、in =12g,方向沿斜面向下,其竖直分量a1=asin =14g,所以物块处于失重状态,其视重为34mg=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。2.D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。
10、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增加,F弹变小,F变大,选项A正确。4.C解析 在CD段,整体的加速度a=(mA+mB)gsinmA+mB=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=(mA+mB)gsin-(mA+mB)gsinmA+mB=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
11、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=mgcos,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
12、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GMmr2=m42T2r,得T=2r3GM,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GMmr2=mv2r,得v=GMr,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GMmr2=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
13、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.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=12gt2,因为h1h2,则t1t2,因为水平
14、位移相等,根据x=v0t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=v02+2gh,第一次的水平初速度小,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a
15、1=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=GMmr2,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3r,则两颗同步卫星间万有引力为F=Gmm(3r)2=Gm23r2,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 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=1mAgFf2=1mBgFf3=2(m+mA+mB)g由牛顿第二定律得Ff1=mAaAFf2=mBa
