高中物理错题本人教版必修二.docx
- 文档编号:29664699
- 上传时间:2023-07-26
- 格式:DOCX
- 页数:64
- 大小:894.78KB
高中物理错题本人教版必修二.docx
《高中物理错题本人教版必修二.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中物理错题本人教版必修二.docx(64页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高中物理错题本人教版必修二
欢迎关注微信公众号:
高中物理研究
1
高考
物理
错题本
人教版高中物理必修二
第一部分:
曲线运动
曲线运动
(一)
1.有一条两岸平直、河水均匀流动,流速恒为v的大河,一条小船渡河,去程时船头指向始终与
河岸垂直,回程时行驶路线与河岸垂直,小船在静水中的速度大小为
2v
,回程与去程所用时间之比为
3
A.3∶2B.2∶1
C.3∶1D.23∶1
2v
3d
d
22
[解析]设河宽为d,则去程所用的时间t1=2v=2v;返程时的合速度:
v′=
3
3-v=
vd
3
3
,回程的时间为:
t2=v=
3d
;故回程与去程所用时间之比为t2∶t1=2∶1,选项B正确.
v
[答案]B
2.如图所示,一小球从一半圆轨道左侧A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点),①飞
行过程中恰好与半圆轨道相切于B点.O为半圆轨道的圆心,②半圆轨道半径为R.OB与水平方向的夹角为60°,重力加速度为g,则小球抛出时的初速度为()
A.
B.
33gR
2
3gR2
C.
3gR
2
D.
3gR
3
[解析]小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点,故此时速度方向与水平方向的夹角为30°,
3
=yy
=,所以y=R.竖直
26x1.5R4
vy33
方向上,v2=2gy=3R,由tan30°=
,可以解得v=
gR,选项B正确.
yg0
2v02
[答案]B易错提醒:
平抛运动物体的合位移与合速度的方向并不一致.速度和位移与水平方向的夹角关系为
tanφ=2tanθ,但不能误认为φ=2θ.
3.如图所示,将a、b两小球以大小为205m/s的初速度分别从A、B两点相差1s先后水平相向
抛出,a小球从A点抛出后,经过时间t,a、b两小球恰好在空中相遇,且速度方向相互垂直,不计空气阻力,g取10m/s2,则抛出点A、B间的水平距离是()
A.805mB.100m
C.200mD.1805m
[解析]a、b两球在空中相遇时,a球运动t秒,b球运动了(t-1)秒,此时两球速度相互垂直,如图所示,由图可得:
gtv0
tanα=
v0
=
gt-1
解得:
t=5s(另一个解舍去),
故抛出点A、B间的水平距离是v0t+v0(t-1)=1805m,D正确.[答案]D
4.(多选)(同缘传动)变速自行车靠变换齿轮组合来改变行驶速度.如右图所示是某一变速自行车齿轮转动结构示意图,图中A轮有48齿,B轮有42齿,C轮有18齿,D轮有12齿,则()
A.该自行车可变换两种不同挡位B.该自行车可变换四种不同挡位
C.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=1∶4D.当A轮与D轮组合时,两轮的角速度之比ωA∶ωD=4∶1
[解析]该自行车可变换四种不同挡位,分别为A与C、A与D、B与C、B与D,A错误,B正确;当A轮与D轮组合时,由两轮齿数可知,当A轮转动一周时,D轮要转4周,故ωA∶ωD=1∶4,C正确,D错误.
[答案]BC
5.如图所示,甲、乙两小船分别沿AB、AC方向到达河对岸的B、C两点,AB、AC与河岸夹角相等,设河水流速恒定,方向如图.若两船渡河时间相同,则甲、乙两小船
在静水中的速度v甲、v乙的关系为()
A.v甲 C.v甲>v乙D.以上情况均有可能 [解析]因两船渡河位移大小相等,渡河时间又相同,所以两船的合速度大小相同,如图所示,显然v甲>v乙,C正确. [答案]C6.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]作出速度合成图如图所示,由三角形定则可知,速度应东偏南.又由余弦定理得 v=v2+v2-2vvcos30°=1.9×103m/s,B正确. 同转同转 [答案]B 7.如图所示,一轻杆两端分别固定质量为mA和mB的两个小球A和B(可视为质点).将其放在一个光滑球形容器中从位置1开始下滑,当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心等高,其速度大小为v1,已知此时轻杆与水平方向成θ=30°角,B球的速度大小为v2,则() 2v121 A.v=1B.v=2v 2 C.v2=v1D.v2=3v1 [解析]将小球A和B到达位置2时的速度分别沿杆和垂直于杆的方向分解,则小球A沿杆方向的分速度vA=v1sinθ,小球B沿杆方向的分速度vB=v2sinθ,因为同一根杆上速度大小相等,即vA =vB,所以v2=v1,选项C正确,选项ABD错误.[答案]C 8.一个半径为R的半圆形柱体沿水平方向向右以速度v0匀速运动.在半圆形柱体上搁置一根竖直杆,此杆只能沿竖直方向运动,如右图所示.当杆与半圆柱体接触点与柱心的连线OP与竖直方向的夹角为θ时,求竖直杆运动的速度. [解析]由于半圆形柱体对杆的弹力沿OP方向,所以将竖直杆向上的速度v沿OP方向和沿半圆的切线方向分解,如图甲所示.将半圆形柱体水平向右的速度v0也沿OP方向和沿半圆的切线方向分解,如图乙所示.二者在垂直于接触面的方向上(OP方向)的分速度相等.于是有v0sinθ=vcosθ,解得v =v0tanθ. [答案]v0tanθ 9.某新式可调火炮,水平射出的炮弹可视为平抛运动.如图,目标是一个剖面为90°的扇形山崖 OAB,半径为R(R为已知),重力加速度为g. (1)若以初速度v0(v0为已知)射出,恰好垂直打在圆弧的中点C,求炮弹到达C点所用时间; (2)若在同一高地P先后以不同速度射出两发炮弹,击中A点的炮弹运行的时间是击中B点的两倍,O、A、B、P在同一竖直平面内,求高地P离A的高度. [解析] (1)设炮弹的质量为m,炮弹做平抛运动,其恰好垂直打在圆弧的中点C时,由几何关系可知,其水平分速度和竖直分速度相等,即 vy=vx=v0 又vy=gt = 得: tv0 g (2)设高地P离A的高度为h,则有 h=1 (2t)2 g0 2 g0 h-R=1t2 2 R 解得h=4 3 ) [答案](1v0 g (2)4 R 3 10.如图所示,一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球A、B,小球A、B到竖直转轴的距离相等,它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是() A.小球A的合力小于小球B的合力B.小球A与框架间可能没有摩擦力C.小球B与框架间可能没有摩擦力 D.圆形框架以更大的角速度转动,小球B受到的摩擦力一定增大 [解析]由于合力提供向心力,依据向心力表达式F=mrω2,已知两球质量、运动半径和角速度都相同,可知向心力相同,即合力相同,故A错误;小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴,故一定存在摩擦力,而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴,故B球摩擦力可能为零,故B错误,C正确;由于不知道B是否受到摩擦力,故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动,小球B受到的摩擦力的变化情况,故D错误. [答案]C 11.如图所示,小车的质量M=5kg,底板距地面高h=0.8m,小车与水平地面间的动摩擦因数μ=0.1,车内装有质量m=0.5kg的水(不考虑水的深度).今给小车一初速度,使其沿地面向右自由滑行,当小车速度为v=10m/s时,车底部的前方突然出现一条与运动方向垂直的裂缝,水从裂缝中连续渗出,形成不间断的水滴,设每秒钟滴出的水的质量为0.1kg,并 由此时开始计时,空气阻力不计,g取10m/s2,令k=0.1kg/s,求: (1)t=4s时,小车的加速度; (2)到小车停止运动,水平地面上水滴洒落的长度. [解析] (1)取小车和水为研究对象,设t=4s时的加速度为a,则μ(M+m-kt)g=(M+m-kt)a 解得a=1m/s2. m (2)设小车滴水的总时间为t1,则t1==5s k v 设小车运动的总时间为t2,则t2==10s a 因t1 12 在滴水时间内小车的位移为x=vt1-at1 2 12 设每滴水下落到地面的时间为t3,则h=gt3 2 第1滴水滴的水平位移为x1=vt3=4m最后一滴水滴下落时的初速度为v2=v-at1水平位移为x2=v2t3=2m水平地面上水滴洒落的长度为L=x+x2-x1=35.5m.[答案] (1)1m/s2 (2)35.5m 12.汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道,试车道呈锥面(漏斗状),侧面图如图所示.测试的汽车质量m=1t,车道转弯半径r=150m,路面倾斜角θ=45°,路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25,设路面与车胎的最大静摩擦力等于 滑动摩擦力,(g取10m/s2)求 (1)若汽车恰好不受路面摩擦力,则其速度应为多大? (2)汽车在该车道上所能允许的最小车速. [解析] (1)汽车恰好不受路面摩擦力时,由重力和支持力的合力提供向心力, v2 根据牛顿第二定律得: mgtanθ=m r 解得: v≈38.7m/s. (2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时,车速最小,受力如图,根据牛顿第二 v2 Nf 定律得: Fsinθ-Fcosθ=mmin r FNcosθ+Ffsinθ-mg=0Ff=μFN 解得: vmin=30m/s. [答案] (1)38.7m/s (2)30m/s 曲线运动 (二) 1.(多选)如图所示,中间球网高度为H,球网到台边的距离为L.A、B两乒乓球从发球机以不同速率水平抛出,A球恰能越过竖直球网P落在水平台面上的Q点,B球抛出后与水平台面发生碰撞,弹起后恰能越过竖直球网P且也落在Q点.B球与水平台面碰撞前后瞬间水平方向速度不变,竖直方向速度大小不变、方向相反,不计空气阻力.则下列说法正确的是() A.A、B两球从发球机运动到Q点的时间相等B.A、B球经过球网P顶端时竖直方向的速度大小相等C.A球抛出时的速度是B球抛出时的3倍 D.减小B球抛出时的速度,它不可能越过球网P [解析]将两球的运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的运动,B在竖直方向先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动,最后再做匀加速直线运动,根据等时性可知B运动到Q点的时间是A运动到Q点时间的3倍,故选项A错误;设发球机水平抛出乒乓球时的高度到P顶端的竖直距离为x,从初始位置到P顶端时两球的竖直速度大小都为v′=2g(x-H),选项B正确;由水平方向位移关系及竖直方向的时间关系可知A球抛出时的速度是B球抛出时速度的3倍,选项C正确;只要满足水平运动到球网时,竖直位移总高度大于球网高度,乒乓球就可以通过,选项D错误. [答案]BC 2.(多选)如图所示,在斜面上O点先后以v和2v的速度水平抛出A、B两小球,则从抛出至第一次着地,不计空气阻力,两小球的水平位移大小之比可能为() A.1∶2B.1∶3C.1∶4D.1∶5 [解析]当A、B两个小球都能落到水平地面上时,由于两者的下落高度相同,运动的时间相同,则水平位移之比为初速度之比, 为1∶2,所以A正确;当A、B都落在斜面上时,它们的竖直位移和水平位移的比值为斜面倾角的正 1gt2 2vtanθ 切值,即2 v0t =tanθ,整理可得时间t=0 g ,两次平抛的初速度分别为v和2v,所以运动的时间之 2vtanθ tAg1 比为==,两小球的水平位移大小之比为xA∶xB=vtA∶2vtB=1∶4,所以C正确;当只 tB2×2vtanθ2 g 有A落在斜面上的时候,A、B水平位移之比在1∶4和1∶2之间,所以B正确. [答案]ABC 3.(2017·四川绵阳高三联考)一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下来的物件传送到地面上,为保证物件的安全,物件需以最短的路径运动到传送带上, 已知传送带的倾角为θ.则()A.物件在空中运动的过程中,每1s的速度变化不同B.物件下落的竖直高度与水平位移之比为tanθ C.物件落在传送带时竖直方向的速度与水平方向速度之比为2 tanθ 2 D.物件做平抛运动的最小位移为2v0 tanθ [解析]物件在空中做平抛运动,故每1s的速度变化Δv=gΔt相同,A选项错误;以最短的路径运动到传送带上,则需作出抛出点到传送带的垂线,如图所示,由平 , 抛运动规律有x=v0t,y=1gt2,tanθ=x B选项错误;由B项得物 2y 件飞行时间为t=2v0,则vy=gt=2v0,物件落在传送带上时竖直 gtanθtanθ 方向的速度与水平方向速度之比为vy=2v0=2,C选项正确; vxv0tanθ tanθ 2 物件平抛运动的最小位移为L=x=v0t=2v0,D选项错误. sinθ sinθ gtanθsinθ [答案]C 4.(多选)如图所示,两个可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上,两者用长为L的细绳连接,木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍,A放在距离转轴L处,整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动.开始时,绳恰好伸直但无弹力,现让该装置从静止开始转动,使角速度缓慢增大,以下说法正确的是() A.当ω>2Kg时,A、B相对于转盘会滑动 3L 2Kg 3L B.当ω>时,绳子一定有弹力 C.ω在0<ω<2Kg范围内增大时,A所受摩擦力一直变大 3L D.ω在Kg<ω<2Kg范围内增大时,B所受摩擦力一直变大 2L3L Kg 2L Kg 2L [解析]A、B放在同一转盘上,故ω相同,Ff=mω2r,由于rB>rA,故B所受向心力大于A所受向心力,故随ω增大,B先有向外滑动的趋势,此时为一个临界状态,绳恰好没有拉力,对木块B有 Kmg=mω2·2L,ω= ,那么当ω> 时,绳一定有弹力,B正确.对A、B两木块用整体法 = 分析,那么整体的圆周运动半径R=L+L 2Kg 3L 2 3L,当A、B所受摩擦力不足以提供向心力时,发生滑动, 2Kg 3L 2 L 整体列式有2Kmg=2m·ω2·3 2 ,ω= ,那么当ω> 时,A、B相对转盘会滑动,A正确.当 0<ω<2Kg时,A所受静摩擦力和拉力的合力提供向心力,随ω增大,F 3L 向增大,故A所受的摩擦力 2Kg 3L 增大,C正确.当Kg<ω< 2L 时,B相对转盘已有了滑动趋势,静摩擦力达到最大为Kmg,不 变,D错误. [答案]ABC 5.用一根细线一端系一可视为质点的小球,另一端固定在一光滑锥顶上,如图所示,设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω,线的张力为FT,FT随ω2变化的图象是下图中的() [解析]设绳长为L,锥体母线与竖直方向的夹角为θ,当ω=0时,小球静止,受重力mg、支持力N和线的拉力FT而平衡,FT≠0,故A、B错误;θ增大时,FT增大,N减小,当N=0时,角速度为ω0.当ω<ω0时,由牛顿第二定律得FTsinθ-Ncosθ=mω2Lsinθ,FTcosθ+Nsinθ=mg,解得FT=mω2Lsin2θ+mgcosθ.当ω>ω0时,小球离开锥面,线与竖直方向夹角变大,设为β,由牛顿第二定律得FTsinβ=mω2Lsinβ,所以FT=mLω2,此时图线的反向延长线经过原点.可知FT-ω2图线的斜率变大,故C正确,D错误. [答案]C 6.如图所示,轻杆长3L,在杆两端分别固定质量均为m的球A和B,光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点,外界给系统一定能量后,杆和球在竖直平面内转动,球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力.忽略空气阻力.则球B在最高点时() A.球B的速度为零 B.球A的速度大小为2gLC.水平转轴对杆的作用力为1.5mgD.水平转轴对杆的作用力为2.5mg 2 [解析]球B运动到最高点时,杆对球B恰好无作用力,即重力恰好提供向心力,有mg=mvB, 2L = 解得vB=2gL,故A错误;由于A、B两球的角速度相等,则球A的速度大小vA1 2 2gL,故B错 2 误;B球在最高点时,对杆无弹力,此时A球受重力和拉力的合力提供向心力,有F-mg=mvA,解 L 得: F=1.5mg,故C正确,D错误. [答案]C 7.现有一根长L=1m的刚性轻绳,其一端固定于O点,另一端系着质量m =0.5kg的小球(可视为质点),将小球提至O点正上方的A点处,此时绳刚好伸直且无张力,如图所示.不计空气阻力,g取10m/s2,则: (1)为保证小球能在竖直面内做完整的圆周运动,在A点至少应施加给小球多大的水平速度? (2)在小球以速度v1=4m/s水平抛出的瞬间,绳中的张力为多少? (3)在小球以速度v2=1m/s水平抛出的瞬间,绳中若有张力,求其大小;若无张力,试求绳子再次伸直时所经历的时间. [解析] (1)小球做圆周运动的临界条件为在轨迹最高点时重力刚好提供物体做圆周运动的向心力, 2 即mg=mv0 L 解得v2=gL=10m/s (2)因为v1>v0,故绳中有张力.根据牛顿第二定律有 2 FT+mg=mv1 L 代入数据得FT=3N (3)因为v2 L2=(y-L)2+x2x=v2t g y=1t2 2 代入数据联立解得t=0.6s(t=0s舍去)[答案] (1)10m/s (2)3N(3)0.6s 第二部分: 万有引力 万有引力 1.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动,其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力,物体静止时,弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G,则这颗行星的质量为() A. 2 4 mvB.mv GNGN 2 4 C.NvD.Nv GmGm 2 [解析]设卫星的质量为m′,由万有引力提供向心力,得GMm′=m′v① R2R 2 m′v=m′g② R 由已知条件N=mg得g=N m 2 代入②得R=mv N 4 代入①得M=mv,故B正确. GN [答案]B 2.假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体.一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零.矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为() A.1-d R R-d B.1+d R R C.R2D.R-d2 [解析]如图所示,根据题意,地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物体引力为零.设地面处的重力加速度为g,地球质量为M,地球表面的物体m受到的重力近似等于万有引力,故mg =GMm;设矿井底部处的重力加速度为g′,等效“地球”的质量为M′,其半径r=R-d,则矿井R2 底部处的物体m受到的重力mg′=GM′m,又M=ρV=ρ·4πR3,M′=ρV′=ρ· r23 = 4π(R-d)3,联立解得g′1-d,A对. 3gR [答案]A 3.有a、b、c、d四颗地球卫星,a在地球赤道上未发射,b在地面附近近地轨道上正常运动,c是地球同步卫星,d是高空探测卫星,各卫星排列位置如下图所示,则有() A.a的向心力由重力提供 B.c在4h内转过的圆心角是π 6 C.b在相同时间内转过的弧长最长 D.d的运动周期有可能是20h , [解析]对于卫星a,根据万有引力定律、牛顿第二定律可得GMm r2 -N=ma向,而N=mg,故a 的向心力由万有引力和支持力的合力提供,A项错;由c是同步卫星可知卫星c在4h内转过的圆心角 由 是 π,B项错;GMm=m 3r2 v2 得,v= r ,故轨道半径越大,线速度越小,故卫星b的线速度大 GM r 于卫星c的线速度,卫星c的线速度大于卫星d的线速度,而卫星a与同步卫星c的周期相同,故卫 星c的线速度大于卫星a的线速度,C项对;由GMm=m r2 2π T2r得,T=2π r3 GM ,轨道半径r越大, 周期越长,故卫星d的周期大于同步卫星c的周期,D项错. [答案]C 4.(多选)O为地球球心,半径为R的圆为地球赤道,地球自转方向如图所示,自转周期为T,观 的 察站A有一观测员在持续观察某卫星B.某时刻观测员恰能观察到卫星B从地平线的东边落下,经T 2 时间,再次观察到卫星B从地平线的西边升起.已知∠BOB′=α,地球质量为M,引力常量为G,则() A.卫星B绕地球运动的周期为πT 2π-α B.卫星B绕地球运动的周期为πT 2π+α 3 C.卫星
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高中物理 本人 必修
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)