1、湖北省武汉华中师范大学第一附属中学2018 届高三物理滚动复习(8)一、选择题：1-13 题为单选，14-17 为多选。1. 一个做平抛运动的物体，从运动开始发生水平位移为 s 的时间内，它在竖直方向的位移为 d1，紧接着物体在发生第二个水平位移 s 的时间内，它在竖直方向发生的位移为 d2。已知重力加速度为 g，则平抛运动的物体的初速度为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：从运动开始到发生水平位移 s 的时间内，它在竖直方向的位移为 d1；根据平抛运动的规律可得水平方向上：s=v 0t ； 竖直方向上：d 1= gt2； 联立可以求得初速度 ，所以 B 正确；在竖直方向
2、上，物体做自由落体运动，根据x=gT 2 可得 d2-d1=gT2，所以时间的间隔，所以平抛的初速度 ，所以 A 正确；再根据匀变速直线运动的规律可知 ，所以从一开始运动物体下降的高度为 ，由 ，可得物体运动的时间间隔为 ，所以平抛的初速度 ，所以 D 正确；故选 ABD考点：平抛运动2. 如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车 A，小车下装有吊着物体 B 的吊钩，在小车 A 与物体 B 以相同的水平速度沿吊臂方向做匀速直线运动的同时，吊钩将物体 B 向上吊起，A、B 之间的距离以 dH2t 2(SI)(SI 表示国际单位制，式中 H 为吊臂离地面的高度)规律变化，则物体做( ).A.
3、 速度大小不变的直线运动B. 速度大小增加的直线运动C. 加速度大小、方向均不变的曲线运动D. 加速度大小、方向均变化的曲线运动【答案】C【解析】试题分析：A、B 、物体 B 参加了两个分运动，水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动；对于竖直分运动，结合位移时间关系公式 x=v0t+ at2，可得到d=Hx=H（v 0yt+ at2） 又根据题意d=H2t2可以得对比两式可得出：竖直分运动的加速度的大小为ay=4m/s2竖直分运动的初速度为v0y=0故竖直分速度为vy=4t物体的水平分速度不变合运动的速度为竖直分速度与水平分速度的合速度，遵循平行四边形定则，故合速度的方向不断变化，物
4、体一定做曲线运动，合速度的大小 v= ，故合速度的大小也一定不断变大，故 A 错误，B 正确；C、 D、水平分加速度等于零，故合加速度等于竖直分运动的加速度，因而合加速度的大小和方向都不变，故 C 正确，D 错误；故选：BC3. 如图所示，一可看做质点的小球从一台阶顶端以 4m/s 的水平速度抛出，每级台阶的高度和宽度均为 1 m，如果台阶数足够多，重力加速度 g 取 10m/s2，则小球将落在标号为几的台阶上 ( )A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】试题分析：小球做平抛运动，因为每级台阶的高度和宽度均为 1m，故小球落到台阶上时有 ，在竖直方向上 ，在水平方向上 ，代入
5、可得 ，解得解得 ，相应的水平距离： ，台阶数： ，知小球抛出后首先落到的台阶为第四级台阶，B 正确考点：考查了平抛运动规律的应用【名师点睛】解决本题的关键掌握平抛运动的特点：水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，难度不大，属于基础题4. 假设宇宙中有两颗相距无限远的行星 A 和 B，半径分别为 RA 和 RB。两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r 3)与运行周期的平方 (T2)的关系如图所示；T 0 为星环绕行星表面运行的周期。则： （ ）A. 行星 A 的质量小于行星 B 的质量B. 行星 A 的密度小于行星 B 的密度C. 行星 A 的第一宇宙速度等于行星 B 的第一宇宙速度D.
6、 当两行星的卫星轨道半径相同时，行星 A 的卫星向心加速度大于行星 B 的卫星向心加速【答案】D【解析】A、根据万有引力提供向心力得出： ，得： ，根据图象可知，A 的比 B 的大，所以行星 A 的质量大于行星 B 的质量，故 A 正确；B、根图象可知，在两颗行星表面做匀速圆周运动的周期相同，密度 ，所以行星 A 的密度等于行星 B 的密度，故 B 错误；C 、第一宇宙速度 ，A 的半径大于 B 的半径，卫星环绕行星表面运行的周期相同，则 A 的第一宇宙速度大于行星 B 的第一宇宙速度，故 C错误；D、根据 ，得 ，当两行星的卫星轨道半径相同时， A 的质量大于 B的质量，则行星 A 的卫星向
7、心加速度大于行星 B 的卫星向心加速，故 D 错误。故选 AD.【点睛】要比较一个物理量大小，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行比较向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用5. 假设将来人类登上了火星，航天员考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程，则有关这艘飞船的说法，下列正确的是( )A. 飞船在轨道上运动到 P 点的速度大于在轨道上运动到 P 点的速度B. 飞船绕火星在轨道上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道同样的轨道半径运动的周期相同C. 飞船在轨道上运动到 P 点时的加速度大于飞船在轨道上运动到 P 点时的加速度
8、D. 飞船在轨道上运动时，经过 P 点时的速度大于经过 Q 点时的速度【答案】D【解析】【分析】根据开普勒行星运动定律可知，飞船在轨道上运动时，在 P 点速度大于在 Q 点的速度飞船从轨道转移到轨道上运动，必须在 P 点时，点火加速，使其速度增大做离心运动飞船在轨道上运动到 P 点时与飞船在轨道上运动到 P 点时 r 相等，则加速度必定相等根据万有引力提供向心力确定周期的关系。【详解】飞船在轨道上经过 P 点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道上运动。所以飞船在轨道上运动时经过 P 点的速度小于在轨道上运动时经过P 点的速度。故 A 错误。根据周期公式 ，虽然 r 相等，但是
9、由于地球和火星的质量不等，所以周期 T 不相等， 故 B 错误。飞船在轨道上运动到 P 点时与飞船在轨道上运动到 P 点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，故 C 错误。根据开普勒行星运动定律可知，飞船在轨道 上运动时，在近地点 P 点速度大于在 Q点的速度。故 D 正确。故选 D。【点睛】本题主要考查了飞船变轨问题，解题的关键就是飞船从低轨道到高轨道必有点火加速度，做离心运动；而圆轨道则做匀速度圆周运动，由万有引力提供向心力即可分析求解。6. 为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面做圆周运动的周期T，登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧测力计称量一个质
10、量为 m 的砝码，读数为 N。已知引力常量为 G。则下列说法错误的是 ( )A. 该行星的质量为 B. 该行星的半径为C. 该行星的密度为D. 该行星的第一宇宙速度为【答案】B【解析】试题分析：宇航员在行星表面做匀速圆周运动，则向心力由万有引力提供，则：，同时，在行星表面处重力与万有引力相等，则： ，联立这两个方程式整理可以得到： ， 故选项 A 正确，选项 B 错误；根据密度公式得到： ，故选项 C 正确；第一宇宙速度是在该行星表面做圆周运动是线速度，则 ，将 和 带入整理可以得到： ，故选项 D 正确。本题选错误的选项为 B。7. 理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零
11、。现假设地球是一半径为 R、质量分布均匀的实心球体，O 为球心，以 O 为原点建立坐标轴 Ox，如图甲所示。在 x 轴上各位置的重力加速度用 g 表示，则下图中能描述 g 随 x 的变化关系图正确的是：（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】令地球的密度为 ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：由于地球的质量为 ，所以重力加速度的表达式可写成： 根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为 R-r 的井底，受到地球的万有引力即为半径等于 r 的球体在其表面产生的万有引力，当 rR 时，g 与 r 成正比，当 rR 后，g 与 r 平方成反比故选 A点睛：抓
12、住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在地球内部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为 r 的球体的质量8. 一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为 F1 的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v。若将水平拉力的大小改为 F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 2v。对于上述两个过程，用 WF1、WF2 分别表示拉力 F1、F2 所做的功，W f1、Wf2 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A. WF24WF1，Wf22Wf1B. WF24WF1, Wf22W f1C. WF24WF1，Wf22W f1D. WF24WF1,
13、 Wf22Wf1【答案】C【解析】试题分析：根据动能定理，结合运动学公式，求出滑动摩擦力做功，从而求得结果解：由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为S1：S 2= =1：2；两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则有滑动摩擦力做功之比Wf1：W f2=fS1：fS 2=1：2；再由动能定理，则有：W FWf= ；可知，W F1Wf1= ；WF2Wf2=4 ；由上两式可解得：W F2=4WF12Wf1，故 C 正确，ABD 错误；故选：C【点评】考查做功表达式的应用，掌握动能定理的内容，注意做功的正负视频9. 如图所示，质量为 m 的物块与水平转台之间的动摩
14、擦因数为 ，物块与转台转轴相距R，物块随转台由静止开始转动，当转速增加到某值时，物块即将开始滑动，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是( )A. B. 2mgR C. 2mgR D. 0【答案】A【解析】试题分析：物体即将滑动时，最大静摩擦力提供向心力mg=m解得v= 物体做加速圆周运动过程Wf= mv2由两式解得Wf= mgR故选：A10. 弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点 A、B 固定在把手上，橡皮筋处于 ACB 时恰好为原长状态，在 C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至 D 点放手，弹丸就会在橡
15、皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知 E 是 CD 中点，则( )A. 从 D 到 C 过程中，弹丸的机械能守恒B. 从 D 到 C 过程中，弹丸的动能一直在增大C. 从 D 到 C 过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小D. 从 D 到 E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从 E 到 C 过程【答案】D【解析】试题分析：从 D 到 C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故 A 错误橡皮筋 ACB 恰好处于原长状态，在 C 处橡皮筋的拉力为 0，在 CD 连线中的某一处，弹丸受力平衡，所以从 D 到 C，弹丸的合力先向上后向下，速度先增大后减小，弹丸的动能先增大后减小，
16、故 B 错误从 D 到 C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，故 C 错误从 D 到 E 橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从 E 到 C 橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以 DE 段橡皮筋对弹丸做功较多，机械能增加也多，故 D 正确；故选D。考点：功能关系11. 如图所示，一个质量为 M 的人，站在台秤上，一长为 R 的悬线一端系一个质量为 m 的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，且小球恰好能通过圆轨道最高点，则下列说法正确的是： （ ）A. 小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为( M6m )gB. 小球运动到最高点时，台秤的示数最小且为
17、MgC. 小球在 a、b 两个位置时，台秤的示数不相同D. 小球从最高点运动到最低点的过程中台秤的示数增大，人处于超重状态【答案】A【解析】小球运动到最低点时，处于超重状态，小球恰好能通过圆轨道最高点，所以小球在最高点b 时绳无拉力，在 a 点时绳拉力方向水平向右提供向心力，所以小球在 a、b 两位置台秤示数相同，人始终静止不动，处于平衡状态，综合分析可知，故 A 正确。点晴：本题考查了牛顿第二定律、动能定理的综合，关键知道圆周运动向心力的来源，选择合适的研究过程，运用动能定理、牛顿第二定律进行求解。12. 军事演习中，M 点的正上方离地 H 高处的蓝军飞机以水平速度 v1 投掷一颗炸弹攻击地
18、面目标，反应灵敏的红军的地面高炮系统同时在 M 点右方地面上 N 点以速度 v2 斜向左上方发射拦截炮弹，两弹恰在 M、N 连线的中点正上方相遇爆炸，不计空气阻力，则发射后至相遇过程：A. 两弹飞行的轨迹重合B. 初速度大小关系为 v1=v2C. 拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动D. 两弹相遇点一定在距离地面 高度处【答案】C【解析】试题分析：两弹在 M、N 连线的中点正上方相遇，只能说明末位置相同，不能说明运动轨迹重合，故 A 错误由于两弹恰在 M、N 连线的中点正上方相遇，说明它们的水平位移大小相等，又由于运动的时间相同，所以它们在水平方向上的速度相同，即 v2cos=v1，所以v2v 1，
19、故 B 错误两弹都只受到重力，都做匀变速运动，加速度相同，所以拦截弹相对攻击弹做匀速直线运动，故 C 正确根据题意只能求出两弹运动时间相同，但不知道拦截炮弹竖直方向初速度的具体值，所以不能判断两弹相遇点距离地面的高度，所以 D 错误故选 C.考点：平抛运动及斜抛运动的规律13. 蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图 3 所示，蹦极者从 P 点静止跳下，到达 A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点 B 处，B 离水面还有数米距离。蹦极者(视为质点)在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为 E1、绳的弹性势能增加量为 E2、克服空气阻力做功为 W，则下列说法正确的是( )A. 蹦
20、极者从 P 到 A 的运动过程中，机械能守恒B. 蹦极者与绳组成的系统从 A 到 B 的运动过程中，机械能守恒C. E1W E 2D. E1E 2W【答案】C【解析】试题分析：根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒，结合能量守恒守恒得出重力势能减小量、弹性势能增加量和克服空气阻力做功的大小关系解：A、蹦极者从 P 到 A 的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒故 A 错误；B、从 A 到 B 的过程中，有重力、弹力和阻力做功，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有阻力做功，系统机械能不守恒故 B 错误；C、 D、根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的减小量等于弹性势能的
21、增加量与克服阻力做功之和，即E 1=W+E2故 C 正确，D 错误故选：C【点评】解决本题的关键掌握机械能守恒的条件，即只有重力做功或弹力做功；知道能量守恒是一个普遍的规律，会通过能量守恒分析能量变化的关系14. 下面关于飞船与火箭起飞的情形，叙述正确的是( )A. 火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B. 火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C. 火箭飞出大气层后，由于没有空气，火箭虽然向下喷气，但也无法获得前进的动力D. 飞船进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力和反作用力【答案】AD【解析】AB
22、、火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力，故 A 正确，B 错误；C、火箭飞出大气层后，虽然没有了空气，火箭向后喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得前进的动力，故 C 错误；D、卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力，即地球对卫星的引力和卫星对地球的引力，故 D 正确。故选：AD。15. 某研究性学习小组用加速度传感器探究物体从静止开始做直线运动的规律，得到了质量为 1.0 kg 的物体运动的加速度随时间变化的关系图线，如图所示。由图可以得出( )A. 从 t4.0 s 到 t6.0 s 的时间内物体做
23、匀减速直线运动B. 物体在 t10.0 s 时的速度大小约为 6.8 m/sC. 从 t10.0 s 到 12.0 s 时间内合外力大小约为 0.5 ND. 从 t2.0 s 到 t6.0 s 的时间内物体所受合外力先增大后减小【答案】BCD【解析】【分析】由图直接读出从 t=4.0s 到 t=6.0 的时间内物体的加速度减小，物体做变加速运动即可知物体做非匀变速运动根据图象得到加速度的变化规律，再根据加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量计算速度的增加量，从而得到物体任意时刻的速度大小，合外力的变化由牛顿第二定律判断【详解】从 t=4.0s 到 t=6.0 的时间内物体的加速度在减小，
24、则知物体做加速度减小的变加速运动，故 A 错误。物体从静止开始做加速运动，由于 ，故加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，在 t=10s 时的速度等于前 10 秒图线与坐标轴包围的面积，可得 ；故 B 正确。物体在 10.0s 时，物体做匀加速运动，故拉力为，故 C 正确。从 t=2.0s 到 t=6.0s 的时间内物体的加速度先增大后减小，由牛顿第二定律 F=ma 可知，物体所受合外力先增大后减小，故 D 正确。故选 BCD。【点睛】本题关键是根据速度变化和加速度的关系公式 ，得到加速度图线与时间轴包围的面积表示速度的变化量，根据牛顿第二定律分析合外力。16. 如图甲所示，在光滑水平
25、面上叠放着 A、B 两物体，现对 A 施加水平向右的拉力 F，通过传感器可测得物体 A 的加速度 a 随拉力 F 变化的关系如图乙所示。已知重力加速度为g10 m/s 2，由图线可知 ( )A. 物体 A 的质量 mA2 kgB. 物体 A 的质量 mA6 kgC. 物体 A、B 间的动摩擦因数 0.2D. 物体 A、B 间的动摩擦因数 0.6【答案】BC【解析】试题分析：由图象可以看出，当力 F48N 时加速度较小，A、B 相对静止，加速度相同对整体法，由牛顿第二定律：F=（m A+mB）a则得由数学知识得： ，故 mA+mB=8kg当 F48N 时， A 的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第
26、二定律：对 A 有：F-m Ag=mAa则得由数学知识得：可得 mA=6kg，则 mB=2kg当 F=60N 时，a=8m/s 2，解得 =02故 BC 正确，AD 错误故选 BC考点：牛顿第二定律17. 如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演，地面上演员 B 肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员 A 自竿顶由静止开始下滑，滑到竿底时速度正好为零，其下滑时的速度随时间变化关系如图乙所示。演员 A 质量为 40 kg，长竹竿质量为 10 kg，g 10 m/s2。则( )A. 演员 A 的加速度方向先向上再向下B. 演员 A 所受摩擦力的方向保持不变C.
27、 t2 s 时，演员 B 肩部所受压力大小为 380 ND. t5 s 时，演员 B 肩部所受压力大小为 540 N【答案】BD【解析】【分析】根据速度时间图线得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律求出演员所受的摩擦力大小，从而得出演员 B 所受的压力大小【详解】演员 A 先向下做匀加速运动，加速度方向向下，然后向下做匀减速运动，加速度方向向上，故 A 错误。演员 A 在整个运动的过程中摩擦力一直竖直向上，故 B 正确。t=2s时，演员 A 向下做匀加速运动，由 v-t 图象得加速度 ，根据牛顿第二定律得 ， 解得： ，则演员 B 所受的压力：，故 C 错误。t=5s 时，演员向
28、下做匀减速运动，由 v-t 图象得加速度 ，根据牛顿第二定律得 ， 解得：，则演员 B 所受的压力： ，故 D 正确；故选 BD。【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，本题求出演员 A 所受的摩擦力大小是解决本题的关键18. 如图所示，长为 L 的细绳上端固定在天花板上靠近墙壁的 O 点，下端系一质量为 m 的小球竖直悬挂起来，A 点是平衡时小球的位置，保持绳绷直。将小球从 A 点拉开到绳水平的位置 B，然后在 OA 连线上于墙上固定一细长的钉子于某点。当摆到竖直位置再向左摆时，钉子就挡住摆线，结果只有钉子以下部分可继续向左摆。设摆球作圆周运
29、动的过程中摆线始终处于拉直状态。问下列两种情况下，钉子到悬点 O 的距离 x1 和 x2 各是多少？(1)将球释放后，绳被钉子 O1 挡住，摆球以 O1 为圆心做圆周运动，并可绕过钉子的正上方C 点，如图(a) 所示。(2)将球释放后，绳被钉子 O2 挡住后，小球以 O2 为圆心做圆周运动，并在 D 点作斜上拋运动，刚好能击中钉子 O2，如图 (b)所示。【答案】(1) (2) 【解析】【分析】（1）选取重力势能零点，根据机械能守恒定律和向心力知识即可求解 ；（2）选取重力势能零点，根据机械能守恒定律、向心力和斜上抛运动的规律即可求解 。【详解】 （1）取摆球绕过钉子作圆周运动的最高点 (钉子的正上方 C) 为重力势能零点则小球从 B 摆动到 C 的过程中机械能守恒，有： 当张力 T=0 时摆球就可绕过 C 点，则有： 联立解得： ， （2）取点 D 为重力势能零点，则小球从 B 摆动到 D 的过程中机械能守恒则有：在 D 点，根据向心力知识有 ： ，且 T=0小球由 D 点作斜上拋运动击中 ， 所用时间为 t，则竖直方向有：水平方向有： 联立解得： ，【点睛】本题主要考查了机械能守恒定律与圆周运动、斜抛运动的综合，解题的关键就会选取合适的势能零点，利用向心力知识和斜抛运动的规律进行分析求解。
