高考物理 專題強化訓練1

專題強化訓練一一、單項選擇題1．(·浙江四校二聯，14)一小物塊從傾角為α＝30°的足夠長的斜面底端以初速度v0＝10m/s沿斜面向上運動，如圖1－1所示，已知物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)，g取10m/s2，則物塊在運動時間t＝1.5s時離斜面底端的距離為 ()．圖1－1A．3.75m B．5mC．6.25m D．15m解析小物塊沿斜面向上運動時加速度大小為a＝gsinα＋μgcosα＝10m/s2，小物塊運動到最高點所用的時間t＝eq\f(v0,a)＝1s<1.5s，由于mgsinα＝μmgcosα，小物塊運動到最高點速度為零時即停止，故此時小物塊離斜面底端的距離為x＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝5m，選項B正確．答案B2．某質點在0～4s內運動的v－t圖象如圖1－2所示，其中0～2s內的圖線是正弦曲線．下列說法正確的是()．圖1－2A．前兩秒內的位移大于后兩秒內的位移B．在前兩秒內，1s末質點的加速度最大C．第2.5s的加速度與第3.5s的加速度相同D．0～4s內合力做的功不為零解析在v－t圖象中v－t圖線下包圍的“面積”等于質點在該時間內的“位移”的大小，由題圖知質點前兩秒內的位移大于后兩秒內的位移，故選項A正確；由v－t圖線的斜率表示加速度知1s末質點的加速度為零．第2.5s和第3.5s的加速度大小相等，方向相反，故選項B、C錯；由動能定理知0～4s內，合力做的功為零，選項D錯誤．答案A3．(·福建卷，13)設太陽質量為M，某行星繞太陽公轉周期為T，軌道可視作半徑為r的圓．已知萬有引力常量為G，則描述該行星運動的上述物理量滿足()．A．GM＝eq\f(4π2r3,T2) B．GM＝eq\f(4π2r2,T2)C．GM＝eq\f(4π2r2,T3) D．GM＝eq\f(4πr3,T2)解析太陽對行星的引力提供行星做圓周運動的向心力，即eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，整理可得GM＝eq\f(4π2,T2)r3，故A正確．答案A4．某物體做直線運動的v－t圖象如圖1－3所示，據此判斷下圖(F表示物體所受合力，x表示物體的位移)四個選項中正確的是()．圖1－3解析由圖可知0～2s內物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前2s受力大小恒定，位移是時間的二次函數.2s～4s做正方向的勻減速直線運動，受力為負，大小恒定，位移繼續(xù)增加.4s～6s做負方向的勻加速直線運動，所以受力為負，大小恒定，總位移減小.6s～8s做負方向勻減速直線運動，所以受力為正，大小恒定，位移繼續(xù)減?。C上分析，應選B.答案B5．如圖1－4所示，在斜面頂端a處以速度va水平拋出一小球，經過時間ta恰好落在斜面底端P處；今在P點正上方與a等高的b處以速度vb水平拋出另一小球，經過時間tb恰好落在斜面的中點O處，若不計空氣阻力，下列關系式正確的是()．圖1－4A．va＝vb B．va＝eq\r(2)vbC．ta＝tb D．ta＝2tb解析由平拋運動規(guī)律得tα＝eq\r(\f(2h,g))，tb＝eq\r(\f(h,g))，則ta＝eq\r(2)tb，選項C、D錯誤；vata＝2vbtb，得va＝eq\r(2)vb，選項A錯誤，選項B正確．答案B6．(·四川卷，4)迄今發(fā)現的二百余顆太陽系外行星大多不適宜人類居住，繞恒星“Gliese581”運行的行星“G1581c”卻很值得我們期待．該行星的溫度在0℃到40℃之間、質量是地球的6倍、直徑是地球的1.5倍、公轉周期為13個地球日．“Gliese581”的質量是太陽質量的0.31倍．設該行星與地球均視為質量分布均勻的球體，繞其中心天體做勻速圓周運動，則()．A．在該行星和地球上發(fā)射衛(wèi)星的第一宇宙速度相同B．如果人到了該行星，其體重是地球上的2eq\f(2,3)倍C．該行星與“Gliese581”的距離是日地距離的eq\r(\f(13,365))倍D．由于該行星公轉速率比地球大，地球上的米尺如果被帶上該行星，其長度一定會變短解析由萬有引力定律及牛頓第二定律得：eq\f(GMm,R2)＝eq\f(mv2,R).即第一宇宙速度v＝eq\r(\f(GM,R)).所以eq\f(v581c,v地)＝eq\r(\f(M581c,M地)\f(R地,R581c))＝2，選項A錯誤．由mg＝eq\f(GMm,R2)得：eq\f(g581c,g地)＝eq\f(M581c,M地)eq\f(R\o\al(2,地),R\o\al(2,581c))＝eq\f(8,3)，即人到了該行星，其體重是地球上的2eq\f(2,3)倍，選項B正確．由eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r得：eq\f(r行,r地)＝eq\r(3,\f(M581,M太)\f(T\o\al(2,581c),T\o\al(2,地)))＝eq\r(3,\f(31,100)×\f(132,3652))，所以選項C錯誤．米尺在行星上相對行星是靜止的，其長度是不會變的，選項D錯誤．答案B二、多項選擇題7．如圖1－5所示，重為G的光滑球在傾角為θ的斜面和豎直墻壁之間處于靜止狀態(tài)．若將斜面換成材料和質量相同，但傾角θ稍小一些的斜面，以下判斷正確的是 ()．圖1－5A．球對斜面的壓力變小 B．球對斜面的壓力變大C．斜面可能向左滑動 D．斜面仍將保持靜止解析對整體研究，傾角θ減小，地面對斜面的支持力和摩擦力不變，則選項C錯誤，D正確；對光滑球，由平衡條件得，斜面對球的彈力FN＝eq\f(G,cosθ)，傾角θ減小，彈力變小，球對斜面的壓力變小，則選項A正確，B錯誤．答案AD8．(·浙江卷，18)如圖1－6所示，三顆質量均為m的地球同步衛(wèi)星等間隔分布在半徑為r的圓軌道上，設地球質量為M，半徑為R.下列說法正確的是()．圖1－6A．地球對一顆衛(wèi)星的引力大小為eq\f(GMm,r－R2)B．一顆衛(wèi)星對地球的引力大小為eq\f(GMm,r2)C．兩顆衛(wèi)星之間的引力大小為eq\f(Gm2,3r2)D．三顆衛(wèi)星對地球引力的合力大小為eq\f(3GMm,r2)解析地球對一顆衛(wèi)星的引力大小等于一顆衛(wèi)星對地球的引力大小，由萬有引力定律得其大小為eq\f(GMm,r2)，故A錯誤，B正確；任意兩顆衛(wèi)星之間的距離L＝eq\r(3)r，則兩顆衛(wèi)星之間的引力大小為eq\f(Gm2,3r2)，C正確；三顆衛(wèi)星對地球的引力大小相等且三個引力互成120°，其合力為0，故D錯誤．答案BC9．小木塊放在傾角為α的斜面上，斜面固定在水平地面上，小木塊受到一個水平力F(F≠0)的作用處于靜止，如圖1－7所示．則小木塊受到斜面的支持力和摩擦力的合力的方向及其與豎直向上方向的夾角β可能是()．圖1－7A．向右上方，β>α B．向右上方，β<αC．向左上方，β＝α D．向左上方，β>α解析物塊所受的摩擦力可能沿斜面向下，也可能沿斜面向上，物塊也可能不受摩擦力，物塊的受力情況如圖所示．因FN與f的合力一定與F、G的合力等大反向，所以FN與f的合力一定向左上方，選項A、B錯誤．當f＝0時，FN方向與豎直方向夾角為α，當摩擦力沿斜面向下時，兩力的合力與豎直方向夾角大于α，當摩擦力沿斜面向上時，兩力的合力與豎直方向夾角小于α，選項C、D正確．答案CD10．如圖1－8所示，一名消防員在模擬演習訓練中，沿著長為12m的豎立在地面上的鋼管向下滑．已知這名消防隊員的質量為60kg，他從鋼管頂端由靜止開始先勻加速再勻減速下滑，滑到地面時速度恰好為零．如果他加速時的加速度大小是減速時的2倍，下滑的總時間為3s，g取10m/s2，那么該消防隊員 ()．圖1－8A．下滑過程中的最大速度為4m/sB．加速與減速過程的時間之比為1∶2C．加速與減速過程中所受摩擦力大小之比為1∶7D．加速與減速過程的位移之比為1∶4解析由L＝vt解得下滑過程中的平均速度v＝4m/s，故最大速度為8m/s，選項A錯誤；由vm＝at可知加速與減速過程的時間之比為1∶2，選項B正確；加速下滑過程，由牛頓第二定律得，mg－Ff1＝ma1；減速下滑過程，由牛頓第二定律得，Ff2－mg＝ma2；通過計算得a1＝8m/s2，a2＝4m/s2，聯立解得加速與減速過程中所受摩擦力大小之比為1∶7，選項C正確．由x＝eq\f(1,2)at2可得加速下滑位移為x1＝4m，減速下滑位移為x2＝8m，加速與減速過程的位移之比為1∶2，選項D錯誤．答案BC三、非選擇題11．如圖1－9所示，一質量m＝0.4kg的滑塊(可視為質點)靜止于動摩擦因數μ＝0.1的水平軌道上的A點．現對滑塊施加一水平外力，使其向右運動，外力的功率恒為P＝10.0W．經過一段時間后撤去外力，滑塊繼續(xù)滑行至B點后水平飛出，恰好在C點沿切線方向進入固定在豎直平面內的光滑圓弧形軌道，軌道的最低點D處裝有壓力傳感器，當滑塊到達傳感器上方時，傳感器的示數為25.6N．已知軌道AB的長度L＝2.0m，半徑OC和豎直方向的夾角α＝37°，圓形軌道的半徑R＝0.5m．(空氣阻力可忽略，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：圖1－9(1)滑塊運動到C點時速度vC的大?。?2)B、C兩點的高度差h及水平距離x；(3)水平外力作用在滑塊上的時間t.解析(1)滑塊運動到D點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，滑塊由C點運動到D點的過程中，由機械能守恒定律得mgR(1－cosα)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)，聯立解得vC＝5m/s.(2)滑塊在C點時，速度的豎直分量為vy＝vCsinα＝3m/s，B、C兩點的高度差為h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝0.45m，滑塊由B點運動到C點所用的時間為t1＝eq\f(vy,g)＝0.3s，滑塊運動到B點時的速度為vB＝vCcosα＝4m/s，B、C間的水平距離為x＝vBt1＝1.2m.(3)滑塊由A點運動到B點的過程，由動能定理得Pt－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得t＝0.4s.答案(1)5m/s(2)0.45m1.2m(3)0.4s12．(·重慶卷，8)如圖1－10所示，半徑為R的半球形陶罐，固定在可以繞豎直軸旋轉的水平轉臺上，轉臺轉軸與過陶罐球心O的對稱軸OO′重合．轉臺以一定角速度ω勻速旋轉，一質量為m的小物塊落入陶罐內，經過一段時間后，小物塊隨陶罐一起轉動且相對罐壁靜止，它和O點的連線與OO′之間的夾角θ為60°，重力加速度大小為g.圖1－10(1)若ω＝ω0，小物塊受到的摩擦力恰好為零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k＜1，求小物塊受到的摩擦力大小和方向．解析(1)對小物塊受力分析可知：FNcos60°＝mgFNsin60°＝mR′ωeq\o\al(2,0)R′＝Rsin60°聯立解得：ω0＝eq\r(\f(2g,R))(2)由于0＜k＜1，當ω＝(1＋k)ω0時，物塊受摩擦力方向沿罐壁切線向下．由受力分析可知：FN′cos60°＝mg＋fcos30°FN′sin60°＋fsin30°＝mR′ω2R′＝Rsin60°聯立解得：