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1、2022年高考物理二轮复习寒假作业一力与运动1多选我国自主研制的歼20战机在某次试飞过程中的视频截图和竖直方向vyt图像分别如图甲和图乙所示，则下列说法正确的是()A歼20战机在前50 s内竖直方向的加速度大小为0.8 m/s2B歼20战机在50 s到100 s内静止C歼20战机在100 s到200 s内竖直方向的加速度大小为0.4 m/s2D在200 s末，以地面为参考系，歼20战机的速度大小为0解析：选AC根据图像可知，前50 s内竖直方向的加速度大小为a1 m/s20.8 m/s2，故A正确；歼20战机在50 s到100 s内竖直方向做匀速直线运动，不是静止状态，故B错误；根据图像可知，
2、在100 s到200 s内竖直方向的加速度大小为a2 m/s20.4 m/s2，故C正确；在200 s末，以地面为参考系，竖直方向速度为零，但水平方向速度不一定为零，所以歼20战机的速度大小不一定为零，故D错误。2.如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为()A3个B4个C5个 D6个解析：选B先以A为研究对象，分析受力情况：受重力、B对A的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动。再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力。3.如图所示，某竖直弹射装置由两根劲度系数为k的轻
3、弹簧以及质量不计的底盘构成，当质量为m的物体竖直射向空中时，底盘对物体的支持力为6mg(g为重力加速度)，已知两根弹簧与竖直方向的夹角为60，则此时每根弹簧的伸长量为()A. B.C. D.解析：选D对物体m，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：Nmgma其中：N6mg解得：a5g再对质量不计的底盘和物体m整体分析，受两个拉力和重力，根据牛顿第二定律，有：竖直方向：2Fcos 60mgma解得：F6mg根据胡克定律，有：x故D正确。4.(xx达州一模)如图所示，一箱子放在水平地面上，现对箱子施加一斜向上的拉力F，保持拉力的方向不变，在拉力F的大小由零逐渐增大的过程中(箱子未离开地面)。关于摩
4、擦力f的大小随拉力F的变化关系，下列四幅图可能正确的是()解析：选B设F与水平方向的夹角为，木箱处于静止状态时，根据平衡条件得：木箱所受的静摩擦力为fFcos ，F增大，f增大；当拉力达到一定值，箱子运动瞬间，静摩擦力变为滑动摩擦力，由于最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力有个突然减小的过程；木箱运动时，所受的支持力NGFsin ，F增大，N减小，此时木箱受到的是滑动摩擦力，大小为fN，N减小，则f减小，故A、C、D错误，B正确。5.(xx德阳一诊)2016年10月17日发射的“神舟十一号”飞船于10月19日与“天宫二号”顺利实现了对接。在对接过程中，“神舟十一号”与“天宫二号”的相对速度非
5、常小，可以认为具有相同速率。它们的运动可以看作是绕地球的匀速圆周运动，设“神舟十一号”的质量为m，对接处距离地球表面高度为h，地球的半径为r，地球表面处的重力加速度为g，不考虑地球自转的影响，“神舟十一号”在对接时，下列结果正确的是()A对地球的引力大小为mg B向心加速度为gC周期为 D动能为解析：选C“神舟十一号”在对接处的重力加速度小于地球表面的重力加速度，对地球的引力小于mg，故A错误；在地球表面重力等于万有引力，有Gmg，解得：GMgr2对接时，万有引力提供向心力，有Gma联立式得：ag，故B错误；根据万有引力提供向心力，有Gm(rh)联立得T，故C正确；根据万有引力提供向心力，Gm
6、动能Ekmv2，故D错误。6.(xx届高三沧州一中检测)如图，竖直平面内有一段圆弧MN，小球从圆心O处水平抛出；若初速度为va，将落在圆弧上的a点；若初速度为vb，将落在圆弧上的b点；已知Oa、Ob与竖直方向的夹角分别为、，不计空气阻力，则()A. B. C. D. 解析：选D对a，根据Rcos gt12得，t1 ，则vaRsin ，对b，根据Rcos gt22得，t2 ，则vbRsin ，解得 ，D正确。7.多选如图所示，光滑斜面与水平面成角，斜面上一根长为l0.30 m的轻杆，一端系住质量为0.2 kg的小球，另一端固定在O点，现将轻杆拉至水平位置，然后给小球一沿着斜面向下并与轻杆垂直的初
7、速度v03.0 m/s，取g10 m/s2，则()A此时小球的加速度大小为30 m/s2B小球到达最高点时受到杆的弹力沿斜面向下C若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力一定增大D若增大v0，到达最高点时杆对小球的弹力可能减小解析：选BC小球做变速圆周运动，在初位置加速度不指向圆心，将其分解：切向加速度为：agsin ；向心加速度为：an m/s230 m/s2，故此时小球的加速度为合加速度，a30 m/s2，故A错误。从开始到最高点过程，根据动能定理，有：mglsin mv12mv02；解得：v1；考虑临界情况，如果没有杆的弹力，重力平行斜面的分力提供向心力，有：mgsin m，可以得到v2小
8、于v1，说明杆在最高点对球有拉力，沿斜面向下，故B正确。在最高点时，轻杆对小球的弹力是拉力，故：Fmgsin m，如果初速度增大，则最高点速度也增加，故拉力F一定增大，故C正确，D错误。8.(xx届高三揭阳市揭东一中检测)如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动。已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为，则M、N的运动周期之比等于()Asin3 B.C. D.解析：选D设M、N的轨道半径分别RM、RN。据题卫星M、N连线与M、O连线间的夹角最大时，MN连线与卫星N的运行轨道应相切，如图：根据几何关系有RNRMsin 根据开普勒第三定律有：联立解得故D正确。9(xx马鞍山一模)两物
9、块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图(a)所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。已知A、B质量分别为mA1 kg、mB3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的vt图像如图(b)所示。取g10 m/s2，求：(1)推力F的大小；(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的vt图像得，a m/s23 m/s2对于A、B整体，由牛顿第二定律得FmAg(mAmB)a，代入数据解得F
10、15 N。(2)设物块A匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由mAgmAaA，解得aAg3 m/s2t s2 s物块A通过的位移xAt6 m物块B通过的位移xBv0t62 m12 m物块A刚停止时A、B间的距离xxBxA6 m。答案：(1)15 N(2)6 m10.近年来网上购物发展迅速，使得物流业迅速发展起来，图示为某快递物流中心用传送带分流物品的示意图，传送带以恒定速度v4 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37。现将质量m2 kg的小物品由静止轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F20 N拉
11、小物品，经过一段时间物品被拉到离地高为H1.8 m的平台上，如图所示。已知物品与传送带之间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，已知sin 370.6，cos 370.8，求：(1)物品达到与传送带相同速率所用的时间；(2)物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？(3)若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，则物品还需多少时间才能到达平台？解析：(1)物品在达到与传送带速度v4 m/s相等前，有：Fmgcos 37mgsin 37ma1解得：a18 m/s2由va1t1，得t10.5 s位移为：x1a1t121 m。(2)达共速后，有：Fmgcos 37m
12、gsin 37ma2解得a20，即滑块匀速上滑，位移为：x2x12 m则匀速运动的时间为t20.5 s总时间为：tt1t21 s即物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1 s。(3)在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有mgcos 37mgsin 37ma3解得：a32 m/s2假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x4 m由此知物品速度减为零之前已经到达平台；由x2vt3a3t32即24t32t32解得：t3(2)s(另一解不合题意，舍去)即物品还需(2)s到达平台。答案：(1)0.5 s(2)1 s(3)(2)s11(xx淮北一模)如图所示，ABCD是一个光滑的
13、过山车轨道模型，现对静止在A处的滑块施加一个水平向右的推力F，使它从A点开始做匀加速直线运动，当它水平滑行2.5 m时到达B点，此时撤去推力F、滑块滑入半径为0.5 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，并恰好通过最高点C，当滑块滑过水平BD部分后，又滑上静止在D处，且与ABD等高的长木板上，已知滑块与长木板的质量分别为0.2 kg、0.1 kg，滑块与长木板、长木板与水平地面间的动摩擦因数分别为0.3、，它们之间的最大静摩擦力均等于各自滑动摩擦力，取g10 m/s2，求：(1)水平推力F的大小；(2)滑块到达D点的速度为多少？(3)木板至少为多长时，滑块才能不从木板上掉下来？在该情况下，木板在水平地
14、面上最终滑行的总位移为多少？解析：(1)由于滑块恰好过C点，则有：m1gm1，从A到C由动能定理得：Fxm1g2Rm1vC20，代入数据联立解得：F1 N。(2)从A到D由动能定理得：Fxm1vD2，代入数据解得：vD5 m/s。(3)滑块滑到木板上时，对滑块：1m1gm1a1，解得：a11g3 m/s2，对木板有：1m1g2(m1m2)gm2a2，代入数据解得：a22 m/s2，滑块恰好不从木板上滑下，此时滑块滑到木板的右端时恰好与木板速度相同，有：v共vDa1t，v共a2t，代入数据解得：t1 s，此时滑块的位移为：x1vDta1t2，木板的位移为：x2a2t2，Lx1x2，代入数据解得：L2.5 m，v共2 m/s，x21 m，达到共同速度后木板又滑行x，则有：v共222gx，代入数据解得：x1.5 m，木板在水平地面上最终滑行的总位移为：xx2x2.5 m。答案：(1)1 N(2)5 m/s(3)2.5 m2.5 m
2022年高考物理二轮复习寒假作业一力与运动
