2016版优化方案高考物理--综合检测

专题一综合检测一、单项选择题1．(2015·苏锡常镇四市高三调研)用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上．某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为()A．FB．mgC.F2＋（mg）2D.F2＋（Mg＋mg）2解析：选D.对吸铁石和白纸整体，在垂直于黑板平面内受吸铁石的吸引力、黑板表面的支持力，在平行于黑板平面内受竖直向下的重力(M＋m)g、水平拉力F和黑板表面的摩擦力Ff作用，由于纸未被拉动，所以摩擦力为静摩擦力，根据共点力平衡条件可知，摩擦力Ff与(M＋m)g和F的合力等值反向，因此有Ff＝F2＋（Mg＋mg）2，故选项D正确．2．(2015·高考重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mgB.m2ght－mgC.mght＋mgD.mght－mg解析：选A.设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝2gh，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma又v＝at解得F＝m2ght＋mg.3.(2015·高考重庆卷)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()解析：选B.根据v－t图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第二定律F－mg＝ma可判断支持力F的变化情况：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故选项B正确．4.(2015·徐州质检)如图，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点．O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为()A.3gR2B.33gR2C.3gR2D.3gR3解析：选B.到达B点时，平抛运动的水平位移x＝R＋Rcos60°设小球抛出时的初速度为v0，则到达B点时有tan60°＝v0gt，水平位移与水平速度v0的关系为x＝v0t，联立解得v0＝33gR2，选项B正确．5.(2015·高考天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是()A．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析：选B.旋转舱对宇航员的支持力提供宇航员做圆周运动的向心力，即mg＝mω2r，解得ω＝gr，即旋转舱的半径越大，角速度越小，而且与宇航员的质量无关，选项B正确．6．(2015·高考全国卷Ⅱ)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A．西偏北方向，1.9×103m/sB．东偏南方向，1.9×103m/sC．西偏北方向，2.7×103m/sD．东偏南方向，2.7×103m/s解析：选B.设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v.三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1vcos30°，代入数据解得v2≈1.9×103m/s.选项B正确．二、多项选择题7．(2015·连云港六校联考)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地面上通过铰链连接形成转动轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，通过滑轮后挂上重物M，C点与O点的距离为L，现在杆的另一端用力，使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓慢转至水平(转过了90°角)．下列有关此过程的说法中正确的是()A．重物M做匀速直线运动B．重物M做变速直线运动C．重物M的最大速度是ωLD．重物M的速度先减小后增大解析：选BC.设C点线速度方向与绳子的夹角为θ(锐角)．由题知C点的线速度为ωL，该线速度在绳子方向上的分速度就为ωLcosθ，θ的变化规律是开始最大(90°)，然后逐渐变小，所以ωLcosθ逐渐变大，直至绳子和杆垂直，θ变为0，绳子的速度变为最大，为ωL，然后，θ又逐渐增大，ωLcosθ逐渐变小，绳子的速度变小，所以重物的速度先增大后减小，最大速度为ωL，故B、C正确．8．(2015·高考全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为()A．8B．10C．15D．18解析：选BC.设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分．设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为23a时，对P有F＝(n－n1)m·23a，联立得2n＝5n1.当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确．9．(2015·辽宁省五校联考)中国志愿者王跃曾参与人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星—500”．假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是()A．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度B．飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度解析：选ACD.根据开普勒第二定律，行星在单位时间内扫过的面积相等可以知道，行星在远离中心天体的位置处速度一定小于在靠近中心天体位置处的速度，类比可以知道，A对；人造飞船在P点处受到的万有引力F引＝GMmr2，为其提供做圆周运动所需要的向心力F向＝mv2r，当万有引力等于所需向心力时，人造飞船做圆周运动，当万有引力小于所需向心力时，人造飞船做离心运动，飞船在P点，Ⅱ轨道速度大于Ⅰ轨道速度，B错；根据牛顿第二定律F＝F引＝GMmr2＝man，同一个位置万有引力大小与方向相同，所以在P点任一轨道的加速度相同，C对；当轨道Ⅰ贴近火星时，设火星的半径为R，万有引力用来提供向心力可以得到：F＝GMmR2＝m4π2T2R，于是M＝4π2R3GT2＝ρV，又因为V＝4πR33，所以ρ＝3πGT2，D对．三、计算题10．(2015·宜兴三模)如图所示，在倾角θ＝37°的粗糙斜面上距离斜面底端x＝1m处有一质量m＝1kg的物块，受水平恒力作用，由静止开始沿斜面下滑．到达底端时撤去水平恒力，物块在水平面上滑动一段距离后停止．不计物块撞击水平面时的能量损失．物块与各接触面之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：(1)若物块运动过程中的最大速度为1m/s，水平恒力F的大小为多少？(结果保留两位有效数字)(2)若改变水平恒力F的大小，可使物块总的运动时间有一最小值，最小值为多少？解析：(1)物块到达斜面底端时速度最大，v2＝2ax对物块，有FN＝mgcosθ＋Fsinθmgsinθ－Fcosθ－Ff＝maFf＝μFN代入数据得F＝4.2N.(2)设斜面上物块加速度为a1，运动时间为t1，在水平面上运动时间为t2则x＝12a1t21到达底端时速度v′2＝2a1x物块在水平面上运动时a2＝μg，v′＝a2t2总时间t＝t1＋t2＝2xa1＋2a1xa2由数学知识可知，当a1＝2m/s2时tmin＝2s.答案：(1)4.2N(2)2s11．(2015·高邮模拟)质量为3kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示．(g取10m/s2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4s末A、B的速度；(3)若6s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知4s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a＝2m/s2对应A板Ff＝mAa＝μmBgA、B间动摩擦因数μ＝mAamBg＝0.3.(2)由题图乙知4s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积v＝12at1＝12×2×4m/s＝4m/s.(3)4s到6s末t2＝2s木板A运动的位移xA＝vt2＋12aAt22木块B运动的位移xB＝vt2＋12aBt22木板的长度l＝xB－xA＝4m.答案：(1)0.3(2)4m/s4m/s(3)4m12．如图甲所示，质量m＝50kg的运动员(可视为质点)，在河岸上A点紧握一根长L＝5.0m的不可伸长的轻绳，轻绳另一端系在距离水面高H＝10.0m的O点，此时轻绳与竖直方向的夹角为θ＝37°，C点是位于O点正下方水面上的一点，距离C点x＝4.8m处的D点有一只救生圈，O、A、C、D各点均在同一竖直面内．若运动员抓紧绳端点，从河岸上A点沿垂直于轻绳斜向下方向以一定初速度v0跃出，当摆到O点正下方的B点时松开手，最终恰能落在救生圈内．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：甲乙(1)运动员经过B点时速度的大小vB及对轻绳的拉力；(2)运动员从河岸上A点跃出时的动能Ek；(3)若初速度v0不一定，且使运动员最终仍能落在救生圈内，则救生圈离C点距离x将随运动员离开A点时初速度v0的变化而变化．试在所给坐标系乙中粗略作出x－v0的图象，并标出图线与x轴的交点．解析：(1)运动员从B点到D点做平抛运动H－L＝12gt2x＝vBt代入数据解得vB＝4.8m/s设轻绳对运动员的拉力为F则F－mg＝mv2BLF＝mg＋v2BL代入数据解得F＝730.4N.由牛顿第三定律知：运动员对轻绳的拉力大小为730.4N，方向竖直向下．(2)运动员从A点到B点的过程中，由机械能守恒定律有mghAB＝12mv2B－Ek其中hAB＝L(1－cosθ)代入数据解得Ek＝76J.(3)设运动员经过O点正下方B点时的速度为v′B，B点距水面高h，则12mv′2B－12mv20＝mgL(1－cosθ)x＝v′B·2hgh＝H－l解得x2－v20＝20x－v0的图象如图所示．答案：见解析