2021版高考物理二轮复习考前第7天练

2021版高考物理二轮复习考前第7天练
力与运动
1.(多选)如图1所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持绳索始终平行于地面。

为了锤炼自己的臂力和腿部力量，能够在O点悬挂不同的重物C，则( )
图1
A.若健身者缓慢向右移动，绳OA的拉力变小
B.若健身者缓慢向左移动，绳OB的拉力变小
C.若健身者缓慢向右移动，绳OA、OB拉力的合力变大
D.若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小
解析由于OA、OB为两段细绳，因此两细绳的拉力大小不一定相等。

设绳OA的拉力为F A，绳OB的拉力为F B，重物C的质量为m，因O点始终处于平稳状态，依照平稳条件有F A cos θ
－mg＝0，F A sin θ－F B＝0，解得F A＝
mg
cos θ
，F B＝mg tan θ。

当健身者缓慢向右移动时，
θ角变大，则F A、F B均变大，选项A错误；当健身者缓慢向左移动时，θ角变小，则F A、F B均变小，因为健身者受到的摩擦力大小与绳OB的拉力大小相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，选项B、D正确；不论健身者向哪个方向移动，绳OA与绳OB拉力的合力一定等于重物C的重力mg，保持不变，选项C错误。

答案BD
2.如图2所示为甲、乙两个质点运动的位移—时刻图象，由此可知( )
图2
A.甲做匀减速直线运动，乙做变减速直线运动
B.甲、乙两质点从2x 0位置同时动身，同时到达x ＝0位置
C.在0～t 0时刻内的某时刻，甲、乙两质点的速度大小相等
D.在0～t 0时刻内，乙的速度大于甲的速度，t 0时刻后，乙的速度小于甲的速度
解析 依照位移—时刻图象的斜率表示速度可知，甲沿x 轴负方向做匀速直线运动，乙沿x 轴负方向做速度逐步减小的直线运动，选项A 错误；甲、乙两质点从x ＝2x 0位置同时动身，乙质点在t 1时刻先到达x ＝0位置，甲质点在2t 0时刻到达x ＝0位置，选项B 错误；在0～t 0时刻内的某时刻，甲、乙两质点的位移—时刻图象斜率相等，说明两质点的速度大小相等，选项C 正确；过位移—时刻图象中虚线与乙质点的位移—时刻图线的切点作t 轴的垂线，设与t 轴的交点为t ′，在0～t ′时刻内，乙的速度大于甲的速度，t ′时刻后，乙的速度小于甲的速度，选项D 错误。

答案 C
3.(多选)甲、乙两辆汽车在同一平直公路上沿两个平行的车道同向匀速行驶，甲车的速度为v 1＝16 m/s ，乙车的速度为v 2＝12 m/s ，乙车在甲车的前面。

当两车沿车道方向相距L ＝6 m 时，两车同时开始刹车，从现在开始计时，甲车以大小为a 1＝2 m/s 2
的加速度刹车，6 s 后赶忙改做匀速运动，乙车刹车的加速度大小为a 2＝1 m/s 2。

则( )
A.甲车通过3 s 第一次与乙车并行
B.在4 s 时刻，两车速度相等
C.两车能够并行3次
D.在6 s 时刻，甲车在乙车前面
解析 甲车以大小为a 1＝2 m/s 2的加速度刹车减速，设经时刻t 0，甲车与乙车并行，甲车和
乙车的位移分别为x 1、x 2，依照匀变速直线运动规律有x 1＝v 1t 0－12a 1t 20，x 2＝v 2t 0－12
a 2t 20，x 1＝x 2＋L ，联立解得t 0＝2 s ，t 0′＝6 s ，即在甲车做匀减速运动时期，两车并行两次，第一次并行的时刻为t 0＝2 s 时刻，第2次并行的时刻为t 0′＝6 s 时刻，选项A 、D 错误；在4 s 时刻，甲车速度v 1t ＝v 1－a 1t ＝16 m/s －2×4 m/s＝8 m/s ，乙车速度v 2t ＝v 2－a 2t ＝12 m/s －1×4 m/s＝8 m/s ，两车速度相等，选项B 正确；在6 s 时刻，甲车的速度v 1′＝v 1－a 1t 0′＝4 m/s ，此后甲车做匀速运动，乙车的速度为v 2′＝v 2－a 2t 0′＝6 m/s ，甲车的速度小于乙车的速度，但乙车做匀减速运动，设再经Δt 时刻两车第3次并行，有v 1′Δt ＝v 2′Δt －12
a 2(Δt )2，代入数据解得Δt ＝4 s ，现在乙车速度为v 2″＝v 2′－a 2Δt ＝6 m/s －1×4 m/s ＝2 m/s ，仍在做减速运动，此解成立。

综合以上分析知，甲、乙两车共能够并行3次，选
项C 正确。

答案 BC
4.“套圈”是游戏者站在界线外将圆圈水平抛出，套中前方水平地面上的物体。

某同学在一次“套圈”游戏中，从P 点以某一速度水平抛出的圆圈越过了物体正上方落在地面上(如图3所示)。

为套中物体，下列做法可行的是(忽略空气阻力)( )
图3
A.从P 点正前方，以原速度水平抛出
B.从P 点正下方，以原速度水平抛出
C.从P 点正上方，以原速度水平抛出
D.从P 点正上方，以更大速度水平抛出
解析 由于抛出的圆圈做平抛运动，由平抛运动的规律可知，圆圈在竖直方向做自由落体运
动，则h ＝12gt 2，水平方向做匀速直线运动，则x ＝vt ，解得x ＝v 2h g
，由题意圆圈越过了物体正上方落在地面上，欲使圆圈套中物体，应减小水平方向的位移。

若从P 点的正前方以原速度水平抛出，则圆圈仍落在物体的前方，选项A 错误；降低圆圈抛出点的高度以原速度水平抛出，圆圈的运动时刻减少，则圆圈可能套中物体，选项B 正确；假如增加抛出点的高度，欲使圆圈套中物体，则应减小水平抛出时的速度，选项C 、D 错误。

答案 B
5.2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月15日发射的“天宫二号”空间实验室，宇航员打算在“天宫二号”驻留30天进行科学实验。

“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图4所示，AC 是椭圆轨道Ⅱ的长轴。

“神舟十一号”从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ，与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接。

下列描述正确的是( )
图4
A.“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变
B.可让“神舟十一号”先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接
C.“神舟十一号”从A 到C 的平均速率比“天宫二号”从B 到C 的平均速率大
D.“神舟十一号”在椭圆轨道上运动的周期与“天宫二号”运行周期相等
解析 “神舟十一号”飞船变轨过程中轨道升高，机械能增加，选项A 错误；若飞船在进入圆轨道Ⅲ后再加速，则将进入更高的轨道飞行，不能实现对接，选项B 错误；飞船轨道越低，速率越大，轨道Ⅱ比轨道Ⅲ的平均高度低，因此平均速率要大，选项C 正确；由开普勒第三定律可知，椭圆轨道Ⅱ上的运行周期比圆轨道Ⅲ上的运行周期要小，选项D 错误。

答案 C
6.登上火星是人类的妄图，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国打算于2020年登陆火星。

火星成为我国探测的第二颗星球，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的阻碍)，宇航员测出飞行N 圈所用时刻为t ，已知地球质量为M ，地球半径为R ，火星半径为r ，地球表面重力加速度为g 。

则下列说法中正确的是( )
A.火星探测器匀速飞行的速度为2πNR t
B.火星探测器匀速飞行的向心加速度为4π2N 2r t 2
C.火星探测器的质量为4πN 2r 3
gR 2t 2 D.火星的平均密度为3πMN 2gR 2t
解析 火星探测器匀速飞行的速度为v ＝2πNr t
，选项A 错误；火星探测器匀速飞行的向心加速度为a ＝v 2r ＝4π2N 2r t 2，选项B 正确；因为火星探测器绕火星表面匀速飞行，有G M 火m 探r 2
＝m 探v 2r ，关于地球，有g ＝GM R 2，两式联立，得到M 火＝4π2N 2r 3M t 2gR 2，火星的平均密度为ρ＝M 火V 火＝3πMN 2
gR 2t 2，选项D 错误；火星探测器的质量不能运算出来，选项C 错误。

答案 B
7.(多选)飞机飞行时除受到发动机的推力外，还受到重力和机翼的升力，机翼的升力垂直于机翼所在平面向上，当飞机在空中盘旋时机翼的内侧倾斜(如图5所示)，以保证除发动机推力外的其他力的合力提供向心力。

设飞机以速率v 在水平面内做半径为R 的匀速圆周运动时机翼与水平面成θ角，飞行周期为T ，则下列说法正确的是( )
图5
A.若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 增大
B.若飞行速率v 不变，θ增大，则周期T 增大
C.若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大
D.若飞行速率v 增大，θ增大，则周期T 可能不变
解析 飞机盘旋时重力mg 和机翼升力F N 的合力F 提供向心力，如图所示，因此有mg tan θ＝m v 2R ，解得R ＝v 2g tan θ，T ＝2πR v ＝2πv g tan θ。

若飞行速率v 不变，θ增大，则半径R 减小，周期T 减小，A 、B 项错误；若θ不变，飞行速率v 增大，则半径R 增大，C 项正确；若飞
行速率v 增大，θ增大，假如满足v tan θ＝v ′tan θ′
，则周期T 不变，D 项正确。

答案 CD
8.如图6甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。

一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v －t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2
，则( )
图6
A.传送带的速度为4 m/s
B.传送带底端到顶端的距离为14 m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为18
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
解析 假如v 0小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 0一定大于v 1。

结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，连续向上做减速运动，由此能够判定传送带的速度为4 m/s ，选项A 正确；传送带底端到顶端的距离等
于v －t 图线与横轴所围的面积，即12×(4＋12)×1 m＋12
×1×4 m＝10 m ，选项B 错误；0～1 s 内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2，1～2 s 内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2
，解得μ＝14，选项C 错误；在1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D 错误。

答案 A
9.甲、乙两车在某公路上沿直线同向行驶，它们的v －t 图象如图7所示，t ＝0时刻两车相距50 m 。

图7
(1)若t ＝0时，甲车在乙车前方，求两车相遇的时刻t ；
(2)若t ＝0时，乙车在甲车前方，求两车间的最短距离。

解析 (1)对甲：x 甲＝v 甲t
对乙：x 乙＝12
at 2 a ＝Δv 乙Δt
＝5 m/s 2 由题意x 乙＝x 甲＋50 m
解得t ＝2(6＋1) s
(2)分析知，当两车速度相等时距离最短，由题图知t ′＝2 s
对甲：x 甲′＝v 甲t ′
对乙：x 乙′＝12
at ′2 故x 乙′＋50 m －x 甲′＝40 m
答案 (1)2(6＋1) s (2)40 m
10.如图8所示，在光滑的水平面上有两个物块A 、B ，质量分别为m A ＝3 kg ，m B ＝6 kg ，它们之间由一根不可伸长的轻绳相连。

绳子长度为L ＝0.25 m ，开始时绳子完全放松，两物块
紧靠在一起。

现用3 N 的水平恒力F 拉B ，使B 先运动，当轻绳瞬时绷直后再拉A 、B 共同前进，求：
图8
(1)绳子绷直的瞬时B 的速度大小v ；
(2)在B 总共前进0.75 m 时，两物块现在的总动能。

解析 (1)B 匀加速运动至绳绷直之前，
对B 有加速度a 1＝F m B ＝0.5 m/s 2
由运动学公式有v 2＝2a 1L
解得v ＝0.5 m/s 。

(2)B 前进0.75 m 时，绳早已绷直，绷直的瞬时，A 、B 和绳系统的动量守恒，对A 、B 系统，取向右为正方向，设A 、B 共同的速度为v ′，由动量守恒定律得 m B v ＝(m A ＋m B )v ′
解得v ′＝13
m/s 绳绷直后，A 、B 整体的加速度为a 2＝F
m A ＋m B ＝13 m/s 2 设前进0.75 m 时两物块的共同速度v ″，
有v ″2－v ′2
＝2a 2(0.75 m －L )，
因此两物块现在的总动能为E k ＝12
(m A ＋m B )v ″2 联立解得E k ＝2 J 。

答案 (1)0.5 m/s (2)2 J
11.(2020·十堰二模)光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图9所示装置，其中直轨道BC 粗糙，直轨道CD 光滑，两轨道相接处为一专门小的圆弧，质量为m ＝0.1 kg 的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点A 时的速度大小为v ＝4 m/s ，当滑块运动到圆轨道与直轨道BC 的相切处B 时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道BC 滑行，到达轨道CD 上的D 点时速度为零。

若滑块变换轨道瞬时的能量缺失忽略不计，已知圆轨道的半径为R ＝0.25 m ，直轨道DC 、BC 的倾角θ＝37°，其长度为L ＝26.25 m ，D 点与水平地面间的高度差为h ＝0.2 m ，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

求：
图9
(1)滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小；
(2)滑块与直轨道BC 间的动摩擦因数；
(3)滑块在直轨道BC 上能够运动的时刻。

解析 (1)在圆轨道最高点A 处，对滑块由牛顿第二定律
mg ＋F N ＝m v 2R
得F N ＝m (v 2R
－g )＝5.4 N 由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点A 时对轨道的压力大小为F N ′＝F N ＝5.4 N 。

(2)从A 点到D 点全程，由动能定理得
mg (R ＋R cos θ＋L sin θ－h )－μmgL cos θ＝0－12
mv 2
可得μ＝0.8
(3)设滑块在BC 上向下滑动的加速度为a 1，时刻为t 1，向上滑动的加速度为a 2，时刻为t 2，在C 点时的速度为v C 。

由C 到D 有12mv 2C ＝mgh v C ＝2gh ＝2 m/s
A 点到
B 点的过程
mgR (1＋cos θ)＝12mv 2
B －12
mv 2 v B ＝v 2＋2gR （1＋cos θ）＝5 m/s
在轨道BC 上
下滑过程L ＝v B ＋v C 2t 1，t 1＝2L v B ＋v C
＝7.5 s 上滑过程mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2
a 2＝g sin θ＋μg cos θ＝12.4 m/s 2
0＝v C －a 2t 2
t 2＝v C a 2＝212.4
s≈0.16 s μ>tan θ，滑块在轨道BC 上停止后不再下滑，滑块在BC 上运动的总时刻 t 总＝t 1＋t 2＝(7.5＋0.16) s ＝7.66 s
答案 (1)5.4 N (2)0.8 (3)7.66 s。