2020届高考物理(广东专用)二轮复习-专题强化训练(一)-Word版含答案.docx

专题强化训练（一）
一、单项选择题
1．某物体的运动状况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移随时间的变化规律为s＝6t－t2(m)．则该物体在0～4 s内走过的路程为 (　　)．
A．8 m B．9 m C．10 m D．11 m
解析　将s＝6t－t2与s＝v0t＋at2比较知，初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－2 m/s2，故物体前3 s内沿正方向做匀减速运动走过的位移大小s1＝9 m，后1 s内沿负方向做匀加速运动走过的位移大小s2＝1 m，故该物体在0～4 s内走过的路程为10 m.
答案　C
2．(2021·福建卷，13)设太阳质量为M某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视作半径为r的圆．已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足 (　　)．
A．GM＝ B．GM＝
C．GM＝ D．GM＝
解析　太阳对行星的引力供应行星做圆周运动的向心力，即＝mr，整理可得GM＝r3，故A正确．
答案　A
3．某物体做直线运动的v－t图象如图1－1所示，据此推断下图(F表示物体所受合力，s表示物体的位移)四个选项中正确的是 (　　)．

图1－1

解析　由图可知0～2 s内物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前2 s受力大小恒定，位移是时间的二次函数2 s～4 s做正方向的匀减速直线运动，受力为负，大小恒定，位移连续增加.4 s～6 s做负方向的匀加速直线运动，所以受力为负，大小恒定，总位移减小.6 s～8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，大小恒定，位移连续减小．综上分析，应选B.
答案　B
4．如图1－2所示，在斜面顶端a处以速度va水平抛出一小球，经过时间ta恰好落在斜面底端P处；今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球，经过时间tb恰好落在斜面的中点O处，若不计空气阻力，下列关系式正确的是 (　　)．

图1－2
A．va＝vb B．va＝vb
C．ta＝tb D．ta＝2tb
解析　由平抛运动规律得tα＝ ，tb＝ ，则ta＝tb，选项C、D错误；vata＝2vbtb，得va＝vb，选项A错误，选项B正确．
答案　B
5．(2021·四川卷，4)迄今发觉的二百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese 581”运行的行星“G1－581 c”却很值得我们期盼．该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日．“Gliese 581”的质量是太阳质量的0.31倍．设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则(　　)．
A．在该行星和地球上放射卫星的第一宇宙速度相同
B．假如人到了该行星，其体重是地球上的2倍
C．该行星与“Gliese 581”的距离是日地距离的倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺假如被带上该行星，其长度肯定会变短
解析　由万有引力定律及牛顿其次定律得：＝.
即第一宇宙速度v＝.所以＝＝2，选项A错误．
由mg＝得：＝＝，即人到了该行星，其体重是地球上的2倍，选项B正确．由＝mr得：＝＝，所以选项C错误．米尺在行星上相对行星是静止的，其长度是不会变的，选项D错误．
答案　B
二、双项选择题
图1－3
6．某质点在0～4 s内运动的v－t图象如图1－3所示，
其中0～2 s内的图线是正弦曲线．下列说法正确的是
(　　)．
A．前两秒内的位移大于后两秒内的位移
B．在前两秒内，1 s末质点的加速度最大
C．第2.5 s的加速度与第3.5 s的加速度相同
D．0～4 s内合力做的功为零
解析　在v－t图象中v－t图线下包围的“面积”等于质点在该时间内的“位移”的大小，由题图知质点前两秒内的位移大于后两秒内的位移，故选项A正确；由v－t图线的斜率表示加速度知1 s末质点的加速度为零．第2.5 s和第3.5 s的加速度大小相等，方向相反，故选项B、C错；由动能定理知0～4 s内，合力做的功为零，选项D正确．
答案　AD
7．如图1－4所示，图1－4
重为G的光滑球在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间处于静止状态．若将斜面换成材料和质量相同，但倾角θ稍小一些的斜面，以下推断正确的是 (　　)．
A．球对斜面的压力变小
B．球对斜面的压力变大
C．斜面可能向左滑动
D．斜面仍将保持静止
解析　对整体争辩，倾角θ减小，地面对斜面的支持力和摩擦力不变，则选项C错误，D正确；对光滑球，由平衡条件得，斜面对球的弹力FN＝，倾角θ减小，弹力变小，球对斜面的压力变小，则选项A正确，B错误．
答案　AD
8．(2021·浙江卷，18)如图1－5所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是
(　　)．

图1－5
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C．两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
解析　地球对一颗卫星的引力大小等于一颗卫星对地球的引力大小，由万有引力定律得其大小为，故A错误，B正确；任意两颗卫星之间的距离L＝r，则两颗卫星之间的引力大小为，C正确；三颗卫星对地球的引力大小相等且三个引力互成120°，其合力为0，故D错误．
答案　BC
图1－6
9．小木块放在倾角为α的斜面上，斜面固定在水平地面上，小木块受到一个水平力F(F≠0)的作用处于静止，如图1－6所示．则小木块受到斜面的支持力和摩擦力的合力的方向及其与竖直向上方向的夹角β可能是 (　　)．
A．向右上方，β>α B．向右上方，β<α
C．向左上方，β＝α D．向左上方，β>α
解析　物块所受的摩擦力可能沿斜面对下，也可能沿斜面对上，物块也可能不受摩擦力，物块的受力状况如图所示．因FN与f的合力肯定与F、G的合力等大反向，所以FN与f的合力肯定向左上方，选项A、B错误．当f＝0时，FN方向与竖直方向夹角为α，当摩擦力沿斜面对下时，两力的合力与竖直方向夹角大于α，当摩擦力沿斜面对上时，两力的合力与竖直方向夹角小于α，选项C、D正确．

答案　CD
10．如图1－7所示，一名消防员在模拟演习训练中，沿着长为12 m的直立在地面上的钢管向下滑．已知这名消防队员的质量为60 kg，他从钢管顶端由静止开头先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．假如他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3 s，g取10 m/s2，那么该消防队员 (　　)．
A．下滑过程中的最大速度为4 m/s
图1－7
B．加速与减速过程的时间之比为1∶2
C．加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7
D．加速与减速过程的位移之比为1∶4
解析　由L＝vt解得下滑过程中的平均速度v＝4 m/s，故最大速度为8 m/s，选项A错误；由vm＝at可知加速与减速过程的时间之比为1∶2，选项B正确；加速下滑过程，由牛顿其次定律得，mg－f1＝ma1；减速下滑过程，由牛顿其次定律得，f2－mg＝ma2；通过计算得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2，联立解得加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为1∶7，选项C正确．由s＝at2可得加速下滑位移为s1＝4 m，减速下滑位移为s2＝8 m，加速与减速过程的位移之比为1∶2，选项D错误．
答案　BC
三、非选择题
11．如图1－8所示，一质量m＝0.4 kg的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数μ＝0.1的水平轨道上的A点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力滑块连续滑行至B点后水平飞出，恰好在C点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为25.6 N．已知轨道AB的长度L＝2.0 m，半径OC和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R＝0.5 m．(空气阻力可忽视，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

图1－8
(1)滑块运动到C点时速度vC的大小；
(2)B、C两点的高度差h及水平距离x；
(3)水平外力作用在滑块上的时间t.
解析　(1)滑块运动到D点时，由牛顿其次定律得
FN－mg＝m，
滑块由C点运动到D点的过程中，由机械能守恒定律得
mgR(1－cos α)＋mv＝mv，
联立解得vC＝5 m/s.
(2)滑块在C点时，速度的竖直重量为
vy＝vCsin α＝3 m/s，
B、C两点的高度差为h＝＝0.45 m，
滑块由B点运动到C点所用的时间为t1＝＝0.3 s，
滑块运动到B点时的速度为
vB＝vCcos α＝4 m/s，
B、C间的水平距离为x＝vBt1＝1.2 m.
(3)滑块由A点运动到B点的过程，由动能定理得
Pt－μmgL＝mv，
解得t＝0.4 s.
答案　(1)5 m/s　(2)0.45 m　1.2 m　(3)0.4 s
12．(2021·重庆卷，8)如图1－9所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以肯定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.

图1－9
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k＜1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．
解析　(1)对小物块受力分析可知：
FN cos 60°＝mg
FN sin 60°＝mR′ω
R′＝R sin 60°
联立解得：ω0＝

(2)由于0＜k＜1，

当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．
由受力分析可知：
FN′cos 60°＝mg＋fcos 30°
FN′sin 60°＋fsin 30°＝mR′ω2
R′＝Rsin 60°
联立解得：f＝mg
当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知．
FN″cos 60°＋f′sin 60°＝mg
FN″sin 60°－f′cos 60°＝mR′ω2
R′＝Rsin 60°
所以f′＝mg.
答案　(1)ω0＝
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，f沿罐壁切线向下，大小为
mg
当ω＝(1－k)ω0时，f沿罐壁切线向上，大小为
mg