高考物理一轮复习方案 第四章 章末盘点活页限时训练（含解析） 新人教版必修2

《创新设计》届高考物理（安徽专用）第一轮复习方案【配套活页限时训练】第四章：章末盘点（含解析）新人教版必修2一、易错易混专练1．某物体在几个力作用下保持平衡状态，其中一个力先减小，后增大到原来大小，其他力保持不变，则物体在这变化过程中，运动情况描述正确的是()．A．物体一定做曲线运动B．物体一定做直线运动C．物体的速度先减小后增大D．物体的加速度先增加后减小解析设这个变化的力原来的大小为F，方向水平向右，那么其他力的作用效果可以等效为一个大小为F，方向水平向左的力，原来物体在这两个力的作用下处于平衡状态，现在其中一个水平向右的力先减小，后增大到原来大小，另一个力保持不变，则在此变化过程中，物体所受合外力方向水平向左，大小是先增大后减小，根据牛顿第二定律，物体的加速度先增大后减小，选项D正确；因为不知道物体原来的运动状态，如果物体最初处于静止状态或者合外力和初速度在同一条直线上，物体就做直线运动，如果合外力与初速度不在一条直线上，物体就做曲线运动，选项A、B错误；若物体原来水平向左运动，在这个变化过程中，物体的加速度也向左，即与速度同向，所以物体做加速运动，选项C错误．答案D2．(·银川一模)中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就．如图1所示，在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD.已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为()．图1A．H＝eq\f(5,3)h B．H＝eq\f(3,2)hC．v＝eq\f(s,3h)eq\r(3gh) D．v＝eq\f(s,4h)eq\r(6gh)解析由平抛知识可知eq\f(1,2)gt2＝H，H－h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2得H＝eq\f(4,3)h，A、B错误．由vt＝s，得v＝eq\f(s,4h)eq\r(6gh)，D正确、C错误．答案D3．“飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，简化后的模型如图2所示，表演者沿表演台的侧壁做匀速圆周运动．若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变，摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为H，侧壁倾斜角度α不变，则下列说法中正确的是()．图2A．摩托车做圆周运动的H越高，向心力越大B．摩托车做圆周运动的H越高，线速度越大C．摩托车做圆周运动的H越高，向心力做功越多D．摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小解析经分析可知摩托车做匀速圆周运动的向心力由重力及侧壁对摩托车弹力的合力提供，由力的合成知其大小不随H的变化而变化，A错误；因摩托车和演员整体做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，即F合＝meq\f(v2,r)，随H的增高，r增大，线速度增大，B正确；向心力与速度方向一直垂直，不做功，C错误；由力的合成与分解知识知摩托车对侧壁的压力恒定不变，D错误．答案B4．如图3所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后释放，摆球运动过程中，支架始终不动．以下说法正确的是()．图3A．在释放瞬间，支架对地面压力为(m＋M)gB．在释放瞬间，支架对地面压力为MgC．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(m＋M)gD．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(2m＋M)解析在释放瞬间，m的速度为零，由F＝meq\f(v2,R)，得细线拉力为零，A错、B正确．在最低点，根据mgR＝eq\f(1,2)mv2，T－mg＝meq\f(v2,R)和FN＝Mg＋T，得FN＝(3m＋M)g，故C、D错．答案B5．(·重庆市二诊)如图4所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球沿椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同，相对于地心，下列说法中正确的是()．图4A．物体A和卫星C具有相同大小的线速度B．物体A和卫星C具有相同大小的加速度C．卫星B在P点的加速度与卫星C在该点的加速度一定相同D．卫星B在P点的线速度与卫星C在该点的线速度一定相同解析物体A和卫星B、C周期相同，故物体A和卫星C角速度相同，但半径不同，根据v＝ωR可知二者线速度不同，A项错；根据a＝Rω2可知，物体A和卫星C向心加速度不同，B项错；根据牛顿第二定律，卫星B和卫星C在P点的加速度a＝eq\f(GM,r2)，故两卫星在P点的加速度相同，C项正确；卫星C做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，卫星B轨道为椭圆，故万有引力与卫星C所需向心力不相等，二者线速度一定不相等，D项错．答案C6．地球赤道上有一物体随地球的自转，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)，所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球的同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则()．A．F1＝F2>F3 B．a1＝a2＝g>a3C．v1＝v2＝v>v3 D．ω1＝ω3<ω2解析地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，角速度相同，即ω1＝ω3，根据关系式v＝ωr和a＝ω2r可知，v1<v3，a1<a3；人造卫星和地球同步卫星都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝mω2r＝eq\f(mv2,r)＝ma可得v＝eq\r(\f(GM,r))、a＝Geq\f(M,r2)、ω＝eq\r(\f(GM,r3))，可见，轨道半径大的线速度、向心加速度和角速度均小，即v2>v3、a2>a3、ω2>ω3；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星的线速度就是第一宇宙速度，即v2＝v，其向心加速度等于重力加速度，即a2＝g；所以v＝v2>v3>v1，g＝a2>a3>a1，ω2>ω3＝ω1，又因为F＝ma，所以F2>F3>F1.由以上分析可见，选项A、B、C错误，D正确．答案D二、方法技巧专练7．(运动的合成与分解法)以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，下列说法错误的是()．A．即时速度的大小是eq\r(5)v0B．运动时间是eq\f(2v0,g)C．竖直分速度大小等于水平分速度大小D．运动的位移是eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)解析当其水平分位移与竖直分位移相等时，即v0t＝eq\f(1,2)gt2，可得运动时间t＝eq\f(2v0,g)，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝gt＝2v0，合速度v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(5)v0，合位移s＝eq\r(x2＋y2)＝eq\f(2\r(2)v\o\al(2,0),g)，对比各选项可知说法错误的是C选项．答案C8．(运动的分解法)某电视台“快乐向前冲”节目的场地设施如图5所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R、角速度为ω、铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器可以在电动机的带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g.图5(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到上面(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远的距离？解析(1)设选手落在转盘边缘也不会被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有μmg≥mω2R，故转盘转动的角速度应满足ω≤eq\r(\f(μg,R)).(2)设选手水平加速阶段的位移为x1，时间为t1；选手平抛时的水平位移为x2，时间为t2.则水平加速时有x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1).v＝at1，平抛运动阶段有x2＝vt2，H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，全程水平方向x1＋x2＝L，联立以上各式代入数据解得t1＝2s.(3)由(2)知x1＝4m，v＝4m/s，且F＝0.6mg.设阻力为f，选手继续向右滑动的距离为x3，由动能定理得，加速阶段Fx－fx＝eq\f(1,2)mv2减速阶段－fx3＝0－eq\f(1,2)mv2联立以上两式解得x3＝2m.答案(1)ω≤eq\r(\f(μg,R))(2)2s(3)2m三、物理模型专练9．(小船渡河模型)如图6所示为一条河流，河水流速为v，一只船从A点先后两次渡河到对岸，船在静水中行驶的速度为u，第一次船头向着AB方向行驶，渡河时间为t1，船的位移为s1；第二次船头向着AC方向行驶，渡河时间为t2，船的位移为s2.若AB、AC与河岸的垂线方向的夹角相等，则有()．图6A．t1>t2s1<s2 B．t1<t2s1>s2C．t1＝t2s1<s2 D．t1＝t2s1>s2解析由于船的速度大小相等，且与河岸的夹角相同，所以船速在垂直于河岸方向上的分速度大小相同，渡河的时间由船垂直河岸的速度的大小决定，故船到达对岸的时间相等；船的位移决定于平行河岸方向的速度大小，结合题意知s1>s2.答案D10．(竖直面内圆周运动模型)如图7所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球(半径比r小很多)现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g＝10m/s2)()．图7A．v0≥0 B．v0≥4m/sC．v0≥2eq\r(5)m/s D．v0≥2eq\r(2)m/s解析解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤mv2/r，又根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＋2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可求得v0≥2eq\r(5)m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可求得v0≤2eq\r(2)m/s，故选项D错误．答案C11．(“斜面上的平抛”模型)(·温州模拟)如图8所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直斜面落到D点，则CD与DA的比为()．图8A.eq\f(1,tanα) B.eq\f(1,2tanα)C.eq\f(1,tan2α) D.eq\f(1,2tan2α)解析如图所示，设平抛初速度为v0，落到D处时的竖直速度为vy，所用时间为t，对Rt△AFD，AD＝eq\f(v0t,cosα)；对Rt△CED，CD＝eq\f(\f(1,2)gt2,sinα).在速度三角形中tanα＝eq\f(v0,gt)，解以上三式得eq\f(CD,DA)＝eq\f(1,2tan2α)，D对．答案D12．(双星模型)如图9所示，双星系统中的星球A、B都可视为质点，A、B绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，A、B之间距离不变，引力常量为G，观测到A的速率为v、运行周期为T，二者质量分别为m1、m2.图9(1)求B的周期和速率．(2)A受B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体对它的引力，试求m′.(用m1、m2表示)解析(1)设A、B的轨道半径分别为r1、r2，它们做圆周运动的周期T、角速度ω都相同，根据牛顿