必修2 易错高频考点阶段清二.docx
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必修2易错高频考点阶段清二
必修2 易错高频考点阶段清
（二）
（时间：
40分钟）
一、单项选择题
1.如图1所示，一质量均匀的不可伸长的绳索重为G，A、B两端固定在天花板上，现在最低点C施加一竖直向下的力将绳索拉到D点，在此过程绳索AB的重心位置将（ ）
图1
A.逐渐升高B.逐渐降低
C.先降低后升高D.始终不变
解析 由题意知外力对绳索做正功，机械能增加，重心升高，故选项A正确。
答案 A
2.机械表分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为（ ）
A.
minB.1minC.
minD.
min
解析 先求出分针与秒针的角速度：
ω分＝
rad/s，ω秒＝
rad/s。
设两次重合时间间隔为Δt，则有φ分＝ω分·Δt，φ秒＝ω秒·Δt，φ秒－φ分＝2π，即Δt＝
＝
s＝
s＝
min。
答案 C
3.如图2所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。
若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中AB＝BC，则（ ）
图2
A.W1＞W2
B.W1＜W2
C.W1＝W2
D.无法确定W1和W2的大小关系
解析 绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，选项A正确。
答案 A
4.（2018·扬州模拟）据报道，一个国际研究小组借助于智利的天文望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图3所示。
假设此双星系统中体积较小的星体能“吸食”另一颗体积较大星体的表面物质，达到质量转移的目的，在演变过程中两者球心之间的距离保持不变，双星平均密度可视为相同。
则在最初演变的过程中（ ）
图3
A.它们做圆周运动的万有引力保持不变
B.它们做圆周运动的角速度不断变小
C.体积较大的星体圆周运动轨道的半径变大，线速度变大
D.体积较大的星体圆周运动轨道的半径变小，线速度变大
解析 设体积较小的星体质量为m1，轨道半径为r1，体积较大的星体质量为m2，轨道半径为r2，双星间的距离为L，转移的质量为Δm。
则它们之间的万有引力为F＝G
，根据数学知识得知，随着Δm的增大，F先增大后减小，故A项错误；对体积较小的星体G
＝（m1＋Δm）ω2r1①，对体积较大的星体：
G
＝（m2－Δm）ω2r2②，由①②相加得ω＝
，总质量m1＋m2不变，两者距离L不变，则角速度ω不变，故B项错误；由②得ω2r2＝
，ω、L、m1均不变，Δm增大，则r2增大，即体积较大星体圆周运动轨道半径变大，由v＝ωr2得线速度v也变大，故C项正确，D项错误。
答案 C
5.（2018·南通市高三第三次模拟）如图4所示，不可伸长的细线一端固定，另一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中（ ）
图4
A.水平方向加速度不断增大
B.竖直方向加速度不断增大
C.重力做功的瞬时功率先增大后减小
D.拉力做功的瞬时功率先增大后减小
解析 小球从释放位置运动到最低点的过程中，初始时刻只受竖直向下的重力，水平加速度为零，最后时刻小球受到竖直方向的重力和拉力，水平方向的加速度仍为零，而中间时刻小球水平方向加速度不为零，故小球水平方向加速度先增大后减小，A错误；小球竖直方向的加速度先向下为g，最后竖直向上，故竖直方向加速度应先减小到零，再反向增大，B错误；小球初始速度为零，重力的功率为零，最后速度方向水平，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，C正确；拉力始终和速度垂直，故拉力的瞬时功率始终为零，D错误。
答案 C
6.如图5所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，重力加速度为g，则圆环运动过程中（ ）
图5
A.最大加速度为
B.最大加速度为
C.最大速度为
D.最大速度为
解析 力F刚开始作用时，圆环速度很小，F1也很小，此时FN方向向上，F1＋FN＝mg。
随着速度v增大，F1增大，FN逐渐减小，根据牛顿第二定律得F－μFN＝ma，a逐渐增大，当F1＝kv＝mg时，FN为0，amax＝
，选项A正确，B错误；随着v增大，F1继续增大，此时FN变为向下，F1＝mg＋FN，FN随着F1增大而增大。
根据牛顿第二定律有F－μFN＝ma，a开始逐渐减小，当μFN＝F时，a减小为0，此时速度v达到最大值并保持恒定，μ（kvmax－mg）＝F，vmax＝
，选项C、D错误。
答案 A
二、多项选择题
7.可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道（ ）
A.与地球表面上某一纬线（非赤道）是共面同心圆
B.与地球表面上某一经线所决定的圆是共面同心圆
C.与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的
D.与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的
解析 人造地球卫星运行时，由于地球对卫星的引力提供它做圆周运动的向心力，而这个力的方向必定指向圆心，即指向地心，也就是说人造地球卫星所在轨道圆的圆心一定要和地球的中心重合，不可能是地轴上（除地心外）的某一点，故A错误；由于地球同时绕着地轴在自转，所以卫星的轨道平面也不可能和经线所决定的平面共面，所以B错误；相对地球表面静止的卫星就是地球的同步卫星，它必须在赤道平面内，且距地面有确定的高度，这个高度约为三万六千千米，而低于或高于这个轨道的卫星也可以在赤道平面内运动，不过由于它们公转的周期和地球自转周期不同，就会相对于地面运动，C、D正确。
答案 CD
8.（2018·南京调研）如图6所示，甲、乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1′、v2′、v3′，下列说法中正确的是（ ）
图6
A.甲做的不可能是直线运动
B.乙做的可能是直线运动
C.甲可能做匀变速运动
D.乙受到的合力不可能是恒力
解析 甲、乙的速度方向在变化，所以甲、乙不可能做直线运动，故A正确，B错误；甲的速度变化量的方向不变，可知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲可能做匀变速运动，选项C正确；乙的速度变化量方向在改变，可知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力，故D项正确。
答案 ACD
9.（2018·江苏盐城高三第三次模拟）如图7所示，质量相等的两个物块A和B用轻弹簧连接后，再用细线将A悬挂，A和B处于静止状态。
不计空气阻力，重力加速度为g，剪断细线，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法正确的是（ ）
图7
A.当A加速度为
g时，B的加速度可能也为
g
B.只有重力和弹力对A做功，A机械能守恒
C.当A、B的动能相等时，弹簧的压缩量最大
D.当A、B的速度相差最大时，两者加速度均为g
解析 A、B处于静止状态时，有T＝2mg，弹力F＝mg，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的加速度为零，绳拉力消失，对A有mg＋F＝maA，可得a＝2g，之后A向下加速运动，弹簧缩短，弹力减小，A的加速度减小，B的加速度由零开始增大，做加速运动，当A的加速度为
g时，根据牛顿第二定律mg＋F′＝maA，解得F′＝
mg，则B的加速度为aB＝
＝
g，选项A错误；弹簧弹力对A做功，则A机械能不守恒，选项B错误；A、B从开始运动到第一次速度相等的过程中，A的速度始终大于B的速度，即A、B间的距离一直缩短，所以动能相等即速度相等时，弹簧的压缩量最大，选项C正确；开始运动的过程中A的加速度大于B的加速度，A、B的速度差增大，当A、B加速度相等时，速度差最大，因弹簧对两物块的作用力方向相反，故只有弹力为零时，两物块的加速度才能相等，即只受重力，两者加速度均为g，选项D正确。
答案 CD
10.如图8所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，不计空气阻力，则（ ）
图8
A.当v1＞v2时，α1＞α2
B.当v1＞v2时，α1＜α2
C.无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2
D.α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关
解析 从斜面上抛出，又落到斜面上，位移偏向角一定为θ，设速度偏向角为φ，根据速度偏向角和位移偏向角的关系tanφ＝2tanθ，故无论v1、v2关系如何，一定有φ相等，根据α＝φ－θ，均有α1＝α2，且大小与斜面倾角θ有关，选项A、B错误，C、D正确。
答案 CD
三、计算题
11.（2018·江苏南京、盐城高三第一次模拟）如图9所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。
质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。
现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。
此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块（视为质点）。
随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。
重力加速度取g，空气阻力不计。
求：
图9
（1）滑块获得的最大加速度（不考虑与平台的撞击过程）；
（2）滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功；
（3）软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
解析
（1）由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，a＝g
（2）根据动能定理得Ek＝
Mv2
∑W＝ΔEk
Wf克＝－ΔEk＝
Mv2
（3）滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，都为t。
L＝
μgt2
μ（M＋m）gL＋μMgL＝
Mv2
vm＝gt
Ekm＝
mv
联解以上四个方程式得
Ekm＝
答案
（1）g
（2）
Mv2 （3）
12.（2018·泰州模拟）如图10所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。
小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。
小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
求：
（在运算中，根号中的数值无需算出）
图10
（1）小球滑到斜面底端C时速度的大小；
（2）小球刚到C时对管道的作用力；
（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足什么条件？
解析
（1）设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理有
mg（5Rsin37°＋1.8R）－μmgcos37°·5R＝
mv
解得vC＝
。
（2）小球沿BC管道做圆周运动，设在C点时管道对小球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有FN－mg＝
其中r满足r＋r·cos37°＝1.8R
解得FN＝6.6mg
由牛顿第三定律可得，小球对管道的作用力大小为6.6mg，方向竖直向下。
（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：
小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点应满足m
≥mg
小球从C点到圆周轨道的最高点过程，由动能定理，有－μmgR－mg·2R′＝
mv
－
mv
可得R′≤
R＝0.92R
情况二：
小球上滑至四分之一圆周轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D。
则由动能定理有
－μmgR－mg·R′＝0－
mv
解得R′＝2.3R
所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R′应该满足R′≤0.92R或R′≥2.3R。
答案
（1）
（2）6.6mg，方向竖直向下
（3）R′≤0.92R或R′≥2.3R
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