2015届高考物理二轮复习专项训练：力学(一)19_《答案》

题组一:力学(一)1. C 解析:桩子受到绳子作用力方向竖直向下,绳OC 拉力的水平分量应该与绳CD 拉力相等,因此绳OC 的拉力F OC =0100sin60 N=20033 N,又因为2F OA =F OC ,所以F OA =10063N,故C 正确.2. C 解析: 相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍,因此,重物的加速度也是工件加速度的2倍,设绳子上的拉力为F,根据牛顿第二定律-mg Fm =2·2F M ,解得F=4Mmg M m +,工件加速度a=2FM =24mg M m +,所以C 正确.3. A 解析:由于万有引力提供向心力,以行星P 为研究对象有G 2Mmr =m 224πT r,得M=2324πr GT ,选项A 正确;根据万有引力提供向心力只能求得中心天体的质量,因此根据题目所给信息不能求出行星P 的质量,选项B 错误;如果发射探测器到达该系外行星,需要克服太阳对探测器的万有引力,脱离太阳系的束缚,所以需要发射速度大于第三宇宙速度,选项C 、D 错误.4. C 解析:A 点的高度为h=12gt 2=12g 20s v ⎛⎫ ⎪⎝⎭=2202gsv ,因AB 是光滑杆,小球由静止开始从轨道A 端滑下到达轨道B 端,机械能守恒mgh=12mv 2,则v=0gs v ,C 正确;由于小球在运动过程中受到了杆的支持力作用,在水平方向上的速度是变化的,所以ABD 是错的. 5. D 解析:物体B 以水平速度冲上A 后,由于摩擦力作用,B 减速运动,A 加速运动,根据能量守恒定律,物体B 动能的减少量等于A 增加的动能和系统产生的热量之和,选项A 错误;根据动能定理,物体B 克服摩擦力做的功等于B 损失的动能,选项B 错误;由能量守恒定律可知,物体B 损失的机械能等于木板A 获得的动能与系统损失的机械能之和,选项C 错误; 摩擦力对物体B 做的功等于B 动能的减少,摩擦力对木板A 做的功等于A 动能的增加,由能量守恒定律,物体B克服摩擦力做的功等于木板A获得的动能与系统内能的增加量之和,选项D正确.6. AC 解析:演员在滑杆上静止时,传感器显示的拉力800 N等于演员重力和滑杆重力之和,故演员的体重为600 N,选项A正确; 演员在第1 s内先静止后加速下滑,加速下滑时处于失重状态,选项B错误; 演员加速下滑时滑杆所受的拉力最小,加速下滑的加速度a1=3 m/s2,对演员,由牛顿第二定律,mg-F1=ma1,解得F1=420 N. 对滑杆,由平衡条件,最小拉力FT1=420 N+200 N=620 N,选项C正确; 减速下滑时滑杆所受的拉力最大.减速下滑的加速度大小a2=1.5 m/s2,对演员,由牛顿第二定律,F2-mg=ma2,解得F 2=690 N.对滑杆,由平衡条件,最大拉力FT2=690 N+200 N=890 N,选项D错误.7. CD 解析: 静止时弹簧的压缩量为x1=1sinm gkθ,当B刚要离开C时,弹簧处于伸长状态,x2=2sinm gkθ,而d=x1+x2,故B错误;由F-m1gsin θ-kx2=m1a可得a=1-F kdm,C正确;拉力做功的功率P=Fv,A错误;由能量守恒可得,弹簧弹性势能的增加量ΔE p =Fd-m1gdsin θ-12m1v2,D正确.8. AD 解析:两球恰在斜面中点P相遇,则在水平方向上它们的位移相同,即v 2t=v1cos 60°t,得v1∶v2=2∶1,A正确,B错误;若小球b以2v2水平抛出,竖直方向上a球的分速度不变,b球做自由落体运动不变,若还能相遇,则仍然在P点相遇,但b的水平初速度变为2v2,水平方向相遇点会向左移动,所以两小球不能再相遇,C错误;小球a、b原来在P点相遇,b球竖直方向的平均速度等于a球竖直方向的速度,为v1sin θ,b球的水平速度变为2v2,小球b会落在P点上方,在这段时间里,a球在竖直方向的速度会大于b球在竖直方向做自由落体运动的平均速度,则b球落在斜面上时,a球在b球的下方,D正确.9. CD 解析:铝球下沉的速度先增大后不变,选项A错误;开始释放时,铝球除受重力外,还受到竖直向上的浮力作用,其加速度a小于g,选项B错误;根据通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象可知,a=a0-a vv.设液体浮力为F,刚剪断细线时,v=0,油的阻力f=0,由牛顿第二定律,mg-F=ma 0;铝球下沉过程中,由牛顿第二定律,mg-F-f=ma; 联立解得铝球下沉过程中所受到油的阻力f=00ma vv ,选项C 正确;铝球下沉过程中机械能的减少量等于克服油阻力和浮力所做的功,选项D 正确.题组二:力学(二)1. C 解析:隔离中间层左侧的人受力分析,受到上面人的压力2G,由平衡条件可得他每只脚所受支持力均为34G;由对称性可知,最底层正中间的人受到中间层两个人的压力为2×34G =32G;由平衡条件可得最底层正中间的人每一只脚受到的地面支持力为54G,由牛顿第三定律可得最底层正中间的人每一只脚对水平地面的压力约为54G,选项C 正确.2. B 解析:由F=μmgcos θ+mgsin θ可解得μ=35,C 错误;撤去F 瞬间,物体仍向上运动,摩擦力的方向不变,此时F 合=F=ma,a=8 m/s 2,B 正确,A 错误;因mgsin θ>μmgcos θ,故撤去F 后,物体上滑到速度为零后,再向下加速下滑,D 错误.3. C 解析:根据题述,乙船恰好能直达正对岸的A 点,则河水流速u=vcos 60°=2v.甲船渡河时垂直河岸的分速度为v 1=vsin 60°=32v,时间t=1L v =23L v . 甲船沿水流方向的速度v 2=vcos 60°+u=v,沿水流方向的位移为x=v 2t=23L,甲船在A 点上游靠岸,选项A 、B 错误; 由于两船垂直河岸的分速度相等,所以甲、乙两船到达对岸的时间相等,选项C 正确;甲、乙两船不可能在未到达对岸前相遇,选项D 错误.4. C 解析:汽车达到最大速度时,加速度为0,牵引力等于阻力,汽车功率P=Fv=F f v,所以最大速度v=mf P F =20 m/s,对应的动能为4×105 J,A 项正确;汽车以加速度2 m/s 2匀加速启动,牵引力F=F f +ma=8×103 N,所以2 s 末对应的实际功率为P=Fat=32 kW,能够维持匀加速运动的最长时间为t=mP Fa =5 s,对应的摩擦力做功为W f =F f x=F f ·12at 2=105 J,B 项正确,C 项错误;当汽车保持额定功率启动时,有P v -F f =ma,解得其加速度为a=6 m/s 2,D 项正确.5. D 解析:由静止释放B 后,已知当细绳与竖直方向的夹角为60°时,滑块B 沿细绳方向的分速度为vcos 60°=2v . 此时A 的速度为02cos30v=33v . B 下滑的高度h=Lcos60°=2L,由机械能守恒定律,mgh=12mv 2+12m 233v ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,联立解得L=243v g ,选项D 正确. 6. AD 解析:由于万有引力常量逐渐减小,太阳不断释放能量,太阳质量逐渐减小,由万有引力定律可知,太阳对地球的引力在缓慢减小,A 正确;火星的轨道半径比地球轨道半径大,由天体运行规律可知,火星的线速度比地球的线速度小,B 错误;金星的轨道半径比地球的轨道半径小,由天体运行规律可知,金星的公转周期比地球小,C 错误;因为火星的公转周期比地球的公转周期大,因此每个季节的持续时间要大于地球上每个季节的时间,即大于3个月,D 正确.7. ABD 解析:根据功能关系,阻力对运动员做的功等于运动员机械能的减少量,则有E=E 0-F f x.图线为曲线时阻力是变力,图线为直线时阻力是恒力,可见0~x 1过程中运动员加速下降,阻力不断增大,选项A 、D 正确;x 1~x 2过程中运动员匀速下降,选项B 正确,C 错误.8. CD 解析:竖直上抛时小球恰好击中触发器,则说明小球到达触发器处速度刚好为零.沿图A 中轨道以速率v 抛出小球,小球沿光滑圆弧内表面做圆周运动,到达最高点的速率应大于或等于gR ,所以小球不能到达圆弧最高点,即不能击中触发器.沿图B中轨道以速率v抛出小球,小球沿光滑斜面上滑后做斜抛运动,最高点具有水平方向的速度,所以也不能击中触发器.图C及图D中由机械能守恒定律可知小球在轨道最高点速度均可以为零,小球能够击中触发器.9. BD 解析:绳断前,a、b整体做匀速运动,拉力F等于整体重力沿斜面向下的分力和滑动摩擦力之和,即F=6mgsin 30°+6μmgcos 30°=152mg,绳断裂时,绳上的拉力瞬间为0,故a的加速度为gsin 30°+μgcos 30°=54g,方向沿斜面向下;同理可知b的加速度为14g,方向沿斜面向上,选项A错误,B正确.由于μ=32>sin30cos30=33,故a、b最终都将静止在斜面上,故当a、b都静止时,两者间距最大. 绳断开后,a做匀减速运动,直至静止,b先做匀加速运动,后做匀减速运动,最终静止,设绳刚断开时,整体的速度为v,则由动能定理可得, 对a,-54mgsa=0-12mv2;对b,-54·5mgsb=0-211·5542mgx mv⎛⎫+⎪⎝⎭,联立以上两式可得a与b间的最大距离Δs=sb +x-sa=65x,选项C错误,D正确.题组三:电磁学(一)1. C 解析:由于正电荷Q均匀分布在半径为r的金属球面上,则金属球处于静电平衡状态,金属球内部的电场处处为0,即O至r对应的电场强度为0,选项A、B错误;又因为处于静电平衡状态的整个导体是个等势体,表面是个等势面,且无穷远处电势为0,可知O至r对应的电势为一大于0的常数,r至无穷远电势逐渐降低,趋近于0,故选项C正确,D项错误.2. C 解析:开关K从闭合状态突然断开时,电感L中产生自感电动势,感应电流向右,与L3构成闭合回路,由于二极管的单向导电性,L2立即熄灭,L1、L3均逐渐变暗,选项C正确.3. B 解析:由左手定则判断得知,螺丝钉尖端不受安培力,后端受到顺时针方向(俯视)的安培力作用,因此螺丝钉(俯视)顺时针快速转动;由于螺丝钉转动切割磁感线产生感应电动势,所以回路中的电流I<ER,选项B正确.4. D 解析:由E=Blv可知产生的感应电动势跟切割的有效长度成正比,由于是匀速运动,有效长度跟时间呈线性关系,结合楞次定律可知,ab边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是逆时针方向,电势差Uab =-34Blv,cd边刚开始切割磁感线时金属框中感应电流的方向是顺时针方向,电势差Uab =-14Blv,故选项D正确.5. B 解析:上滑过程中,开始时导体棒的速度最大,受到的安培力最大为222B l v R;根据能量守恒,上滑过程中电流做功产生的热量为12mv2-mgs(sin θ+μcos θ);上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于电流做功产生的热量,即12mv2-mgs(sin θ+μcos θ);上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv2-mgssin θ;所以只有选项B正确.6. BD 解析:根据图乙可知交流电压的最大值Um=1902 V,周期T=0.02s2π100πTω⎛⎫==⎪⎝⎭,结合正弦交流电压的瞬时值表达式u=Umsin ωt,可知B正确,A错误.根据变压器的变压比12uu=12nn,u1、n2不变,为提高u2只能减小n1,所以P应上移,D正确,C错误.7. ABD 解析:根据电场线的疏密表示电场强度大小可知,a点的电场强度比b点的大,选项A正确; 根据沿电场线方向电势逐渐降低,a点的电势比b点的高,选项B正确; 由电势能与电势的关系可知,检验电荷-q在a点的电势能比在b点的小,选项C错误; 将检验电荷-q从a点移到b点的过程中,电场力做负功,电势能增大,选项D正确.8. BD 解析:对电路图分析可知,当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑到b端的过程中,外电路总电阻先增大后减小,路端电压先增大后减小,总电流先减小后增大,选项A错误,B正确;电压表读数U与电流表读数I的比值UI反映外电路电阻,故先增大后减小,而电压表读数的变化量ΔU与电流表读数的变化量ΔI的比值ΔΔUI反映电源内阻,不发生变化,选项C错误,D正确.9. ABD 解析:若圆环所受洛伦兹力等于重力,圆环与粗糙细杆压力为零,摩擦力为零,圆环克服摩擦力做的功为零,选项A正确;若圆环所受洛伦兹力不等于重力,圆环与粗糙细杆压力不为零,摩擦力不为零,圆环以初速度v向右做减速运动. 若开始圆环所受洛伦兹力小于重力,则一直减速到零,圆环克服摩擦力做的功为12m20v,选项B正确;若开始圆环所受洛伦兹力大于重力,则圆环减速到洛伦兹力等于重力时达到稳定,稳定速度v=mgqB,由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W=12m20v-12mv2=12m·222022-m gvq B⎛⎫⎪⎝⎭,选项C错误,D正确.题组四:电磁学(二)1. B 解析:根据法拉第电磁感应定律有E=n ΔΔtΦ=n2-ΔB Bt·22a=22ΔnBat,故选项B正确.2. C 解析:由正点电荷电场线的分布及电场线方向与电势变化的关系可知,a、c两点的场强大小相等,但方向不同,b点电势小于d点电势.正试探电荷由b点到e点的运动过程中,由W1=q(φb-φe)可知,电场力(合力)做负功,动能减小,故A、B错误,C正确;若将正试探电荷由a沿椭圆经be移动到c,由W2=q(φa-φc)可知,过b点之前电场力做正功,过b点之后电场力做负功,整个运动过程中,电场力的总功为零,D错误.3. C 解析:由图乙知交流电压瞬时值e=1002sin(100πt) V,电压有效值为U=m 2U =100 V,电流表示数即电流有效值为I=UR =2 A,T=0.02 s,故C 错误,A 、B 正确;当转速提高一倍时,则ω和E m 均增加一倍,由前面计算知电流表示数也增加一倍,故D 正确.4. B 解析:由感应电动势E=BLv,电流I=ER 得到安培力F A =BIL=22B L v R ,由图乙可知F A ∝t,则v ∝t,说明金属杆做匀加速运动,那么v=at,根据牛顿第二定律,得F-F A =ma,即F=F A +ma=22B L atR +ma,故选B.5. D 解析:假设粒子带正电,磁场方向垂直于纸面向外,粒子运动轨迹如图所示,当磁感应强度为B 1时,粒子从A 点射出,PA 为粒子运动轨迹所对应的直径,由题意知∠POA=120°,则PO 1=32R,即01mv B q =32R,得B 1=023mv Rq ;当磁感应强度为B 2时,粒子从Q 点射出,设粒子的轨迹半径为r,则有sin 2θ=R r ,r θ=2π3R ,显然有θ=π3、r=2R,则02mv B q =2R,B 2=02mv Rq .所以B 1∶B 2=023mv Rq ∶02mv Rq =4∶3,D 正确.6. AC 解析:由渐近线可知外电路断开时路端电压U=12 V,则电源电动势为E=12 V;又因为U=6 V 时对应电阻R=2 Ω,再根据串联电路特点可知,电源内阻r=2 Ω,A 对、B错;外电路电阻R 消耗的功率P=2E R r ⎛⎫ ⎪+⎝⎭R=22(-)4E R r r R +,由此可知,当R=r 时,R 上消耗的最大功率为Pm =24Er=18 W,C对;再根据Pr=2ER r⎛⎫⎪+⎝⎭r可知,当R=0时,r消耗功率最大为72 W,D错.7. BD 解析:分析棒的受力,有mgsin θ-22B L vR=ma,分析可得棒做加速度减小的加速运动,故其平均速度不等于初、末速度的平均值,A错误.设沿斜面下滑的位移为s,则电荷量q=I·Δt=ΔΔtΦ·1R·Δt=ΔRΦ=BsLR,解得位移s=qRBL,B正确.根据能量守恒,产生的焦耳热等于棒机械能的减少量,Q=mgssin θ-12mv2,C错误.棒受到的最大安培力为22B L vR,D正确.8. AD 解析:由于杆与金属圆环绝缘,电路为纯串联结构,由金属杆切割磁感线的有效长度先增大后减小和E=Blv可知,感应电动势先增大后减小,因此感应电流也是先增大后减小,选项A正确;当θ=π3时,切割磁感线的有效长度为2acosπ6=3a,感应电动势为E=Blv=3Ba ··32aω=32Ba2ω,选项B错误;由q=IΔt=ERΔt=Δ·ΔΔttRΦ=ΔRΦ=ΔB SR可知,通过电阻R的电荷量为231π42BaR⎛⎫+⎪⎝⎭,选项C错误;当金属杆转过90°时,电阻R的电功率最大,为Pm =2mER=2·222aaBRω⎛⎫⎪⎝⎭=2424B aRω,选项D正确.9. AD 解析:若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线,画出电子运动轨迹,轨迹所对的圆心角为90°,轨迹半径为L,则电子运动的路程一定为π2L,选项A正确. 如图甲所示,若电子到达O点时是第偶数次到达磁场边界,则电子轨迹的半径r=2Ln·22=Ln,电子从P到Q运动轨迹的长为2n个14圆弧的长,即s=2n·14·2πr=2n·14·2π·Ln=πL. 若电子到达O点时是第奇数次到达磁场边界(如图乙),则电子轨迹的半径r'=2Ln·22=Ln,电子由P到Q的轨迹长为n个圆周的长,即s'=n·2πr'=n·2π·Ln=2πL,故选项D正确.甲乙。