【精准解析】2021高考物理教科版：第四章+(8+2+2)章末综合能力滚动练

(8＋2＋2)章末综合能力滚动练一、单项选择题1．关于力和运动，下列说法中正确的是()A ．物体在恒力作用下可能做曲线运动B ．物体在变力作用下不可能做直线运动C ．物体在恒力作用下不可能做曲线运动D ．物体在变力作用下不可能保持速率不变答案A 解析平抛运动就是在恒力作用下的曲线运动，只要变力与速度方向共线，就会做直线运动，所以A 正确，B 、C 错误．匀速圆周运动就是在变力作用下保持速率不变的运动，D 错误．2.(2020·山东青岛市模拟)如图1所示，光滑水平面内的xOy 直角坐标系中，一质量为1kg 的小球沿x 轴正方向匀速运动，速度大小为1m/s ，经过坐标原点O 时，小球受到的一沿y 轴负方向、大小为1N 的恒力F 突然撤去，其他力不变，则关于小球的运动，下列说法正确的是()图1A ．做变加速曲线运动B ．任意两段时间内速度变化大小都相等C ．经过x 、y 坐标相等的位置时所用时间为1sD ．1s 末速度大小为2m/s答案D3.(2017·全国卷Ⅱ·17)如图2，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )()图2A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g 答案B 解析设小物块滑到轨道上端的速度大小为v 1，小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12m v 2＝2mgr ＋12m v 12小物块做平抛运动时，设落地点到轨道下端的距离为x ，则有x ＝v 1t ，2r ＝12gt 2，联立以上式子解得：x ＝2v 2gr －4r 2，由数学知识可知，当r ＝v 28g时，x 最大，故选项B 正确．4.(2019·辽宁大连市3月双基测试)过山车是青少年喜欢的一种游乐项目．为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图3所示的模型，质量为m 的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点N 和最低点M 分别安装有压力传感器．让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力大小的平均值分别为F 1、F 2，则当地的重力加速度为()图3A.F 2－F 12m B.F 2－F 13m C.F 2－F 15mD.F 2－F 16m 答案D 解析过山车模型可以视为轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用．由牛顿第三定律可得在M 点和N 点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F 2、F 1.设圆轨道半径为R ，在M 点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得F 2－mg ＝m v M 2R ，在N 点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得mg ＋F 1＝m v N 2R，由M 到N ，根据动能定理得－mg ·2R ＝12m v N 2－12m v M 2，联立解得g ＝F 2－F 16m，D 正确．5．(2019·全国第一次大联考)如图4甲所示，轻杆的一端固定一小球(可视为质点)，另一端套在光滑的水平轴O 上，O 轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v ；O 轴处有一力传感器，可以测量小球通过最高点时O 轴受到的杆的作用力F ，若取竖直向下为F 的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的F －v 2(v 为小球在最高点处的速度)图像如图乙所示，取g ＝10m/s 2，则()图4A ．O 轴到小球的距离为0.5mB ．小球的质量为3kgC ．小球恰好通过最高点时的速度大小为5m/sD ．小球在最低点的速度大小为15m/s 时，通过最高点时杆不受球的作用力答案A 解析小球在最高点时重力与杆的作用力的合力提供向心力，若v ＝0，则F ＝mg ＝3N ，解得小球质量m ＝0.3kg ，若F ＝0，则mg ＝m v 2R，代入数据解得R ＝0.5m ，选项A 正确，B 错误；轻杆模型中，在最高点只要小球速度大于等于零，小球即可在竖直面内做圆周运动，选项C 错误；设小球在最低点的初速度大小为v 0，小球能上升的最大高度为h ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh ，当v 0＝15m/s 时，h ＝0.75m<2R ，小球不能到达最高点，选项D 错误．二、多项选择题6.如图5所示，倾角为θ的斜面体放在水平地面上，质量为m 的木块通过与斜面平行的轻质细线绕过斜面体顶端的定滑轮与质量为M 的铁块相连，整个装置均处于静止状态，已知mg sin θ>Mg .现将质量为m 0的磁铁轻轻地吸放在铁块下端，铁块加速向下运动，斜面体仍保持静止，不计滑轮摩擦及空气阻力，则与放磁铁前相比()图5A ．细线的拉力一定增大B ．细线的拉力可能不变C．木块所受的合力可能不变D．斜面体相对地面有向左的运动趋势答案AD7.牛顿在1689年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星．如图6所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道．已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是()图6A．物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动B．在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为7.9km/sC．使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点D．在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于第三宇宙速度答案AC解析将物体从一座高山上的O点水平抛出，且物体速度不大时，物体沿轨道A运动落到地面上，若水平位移不大，则物体的运动是平抛运动，选项A正确；在轨道B上运动的物体，做匀速圆周运动，抛出时的速度大于第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，可以在物体经过O点时减小物体的速度，此时的圆轨道可以过O点，选项C正确；在轨道E上运动的物体，将会克服地球的引力，抛出时的速度一定等于或大于第二宇宙速度11.2km/s，选项D错误．8.如图7所示，将一小球从空中A点以水平速度v0抛出，经过一段时间后，小球以大小为2v0的速度经过B点，不计空气阻力，则小球从A到B(重力加速度为g)()图7A ．下落高度为3v 022gB ．经过的时间为3v 0gC ．速度增量为v 0，方向竖直向下D ．运动方向改变的角度为60°答案AD 解析小球经过B 点时竖直分速度v y ＝(2v 0)2－v 02＝3v 0，由v y ＝gt 得t ＝3v 0g ；根据h ＝12gt 2得h ＝3v 022g ，故A 正确，B 错误；速度增量为Δv ＝gt ＝3v 0，方向竖直向下，故C 错误；小球经过B 点时速度与水平方向的夹角正切值tan α＝v y v 0＝3，α＝60°，即运动方向改变的角度为60°，故D 正确．三、非选择题9.(2019·四川广元市第二次适应性统考)如图8所示为一通关游戏示意图，与关门水平距离为L 的左上方有一手枪，手枪可以水平发射出初速度大小可以调节的子弹，关门上端距枪口的竖直距离为H ，L ＝2H .通关时，游戏者操控手枪射出子弹的瞬间关门开始运动，关门以大小为v 的速度水平向左匀速运动的同时还以大小为v 的初速度做竖直上抛运动．游戏要求子弹恰好从关门的上端擦边而过就算通关，重力加速度为g ，不计空气阻力．如果能够通关，子弹的初速度大小为________．图8答案v 解析设子弹射出后经时间t 恰好从关门的上端擦边而过，子弹下降的距离h 1＝12gt 2，关门竖直上升的距离h 2＝v t －12gt 2，又h 1＋h 2＝H ，解得t ＝H v；设子弹的初速度大小为v 0，则子弹水平方向运动的距离x 1＝v 0t ，关门水平方向运动的距离x 2＝v t ，又x 1＋x 2＝L ＝2H ，解得：子弹的初速度大小v 0＝v .10．(2019·山东济宁市期中)如图9所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g 取10m/s 2.则ω的最大值是________．图9答案1rad/s 解析当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μmg cos 30°－mg sin 30°＝mω2r 解得ω＝1rad/s.11.如图10所示，M 是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO ′匀速转动，规定经过圆心O 点且水平向右为x 轴正方向．在O 点正上方距盘面高为h ＝5m 处有一个可间断滴水的容器，从t ＝0时刻开始，容器沿水平轨道向x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．已知t ＝0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面时再滴下一滴水．(取g ＝10m/s 2)图10(1)每一滴水离开容器后经过多长时间滴落到盘面上？(2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘的角速度ω应为多大？答案(1)1s (2)k π，其中k ＝1,2,3…解析(1)离开容器后，每一滴水在竖直方向上做自由落体运动：h ＝12gt 2则每一滴水滴落到盘面上所用时间t ＝2h g ＝1s (2)要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，则圆盘在1s 内转过的弧度为k π，k 为不为零的正整数．由ωt ＝k π得ω＝k πg 2h＝k π，其中k ＝1,2,3…12．(2020·江苏如东县检测)如图11所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L ＝2.0m ，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数μ＝0.40.现使平板车在水平路面上以加速度a 0匀加速启动，速度达到v ＝6.0m/s 后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2.图11(1)若木箱与平板车保持相对静止，加速度a 0大小满足什么条件？(2)若a 0＝6.0m/s 2，当木箱与平板车的速度都达到6.0m/s 时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s .(3)若在木箱速度刚达到6.0m/s 时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小a 应满足什么条件？答案(1)a 0≤4.0m/s 2(2)3.5m (3)a ≤18m /s 2解析(1)设木箱与平板车相对静止时加速度的最大值为a m ，则由牛顿第二定律有μmg ＝ma m ，解得a m ＝4.0m/s 2，故应满足的条件为a 0≤4.0m/s 2.(2)由于a 0＝6.0m/s 2>4.0m/s 2，故木箱与平板车发生相对滑动．木箱的加速时间t 1＝va m ＝1.5s ，木箱的位移x 1＝v 2t 1＝4.5m.平板车速度达到v ＝6m/s 所需的时间t 2＝v a 0＝1.0s ，木箱的速度达到6m/s 时，平板车的位移x 2＝v 2t 2＋v (t 1－t 2)＝6m ，则木箱离驾驶室后端的距离s ＝x 2－x 1＋L ＝3.5m.(3)木箱减速停止时的位移x 3＝v 22a m .平板车减速停止时的位移x 4＝v 22a木箱不发生碰撞的条件为x 3－x 4≤s联立解得：a ≤18m/s 2。