2019年高考物理一轮复习 阶段滚动检测(二)教科版.doc

2019年高考物理一轮复习 阶段滚动检测(二)教科版一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。多选题已在题号后标出,选不全得3分)1.(滚动单独考查)(2011四川高考)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态2.(多选)如图所示,现有两个完全相同的可视为质点的物块都从静止开始运动,一个自由下落,一个沿光滑的固定斜面下滑,最终它们都到达同一水平面上,空气阻力忽略不计,则( )A.重力做的功相等,重力做功的平均功率相等B.它们到达水平面上时的动能相等C.重力做功的瞬时功率相等D.它们的机械能都是守恒的3.(多选)(滚动单独考查)如图甲所示，将十四个等质量的小球均匀地穿在线上组成首尾相连的一串球链挂在光滑的斜面ABC上，斜面底边AC水平，这些小球均静止。现同时去掉下面的八个对称悬挂的小球，如图乙所示，则关于剩余的六个小球，以下说法正确的是( )A.仍在斜面上保持静止B.向左侧沿斜面逆时针滑动C.向右侧沿斜面顺时针滑动D.AB的长度一定是BC的2倍4.(xx福州模拟)如图，倾角=37的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L=3.0 m，质量m=1 kg的物块从斜面顶端无初速度释放，则(sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10 m/s2)( )A.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为30 WB.物块滑到斜面底端时的动能为30 JC.物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为48 WD.物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为36 W5.(多选)(xx广东高考)如图所示是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,滑道底部B处安装一个压力传感器,其示数N表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑,通过B时，下列表述正确的有( )A.N小于滑块重力B.N大于滑块重力C.N越大表明h越大D.N越大表明h越小6.(滚动单独考查)酒后驾驶会导致许多安全隐患,是因为驾驶员的反应时间变长,反应时间是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间。表中“思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离,“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小都相同)。分析表格可知,下列说法不正确的是( )A.驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 sB.若汽车以20 m/s的速度行驶时,发现前方40 m处有险情,酒后驾驶不能安全停车C.汽车制动时,加速度大小为10 m/s2D.表中x为66.77.如图所示，正在匀速转动的水平转盘上固定有三个可视为质点的小物块A、B、C，它们的质量关系为mA=2mB=2mC，到轴O的距离关系为rC=2rA=2rB。下列说法中正确的是( )A.B的角速度比C小B.A的线速度比C大C.B受到的向心力比C小D.A的向心加速度比B大8.如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的3颗人造卫星，下列说法正确的是( )A.b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B.b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度C.c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的cD.a卫星由于某种原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将变大9.(多选)(xx扬州模拟)一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端。已知小物块的初动能为E，它返回到斜面底端的动能为，小物块上滑到最大路程的中点时速度为v；若小物块以2E的初动能冲上斜面，则有( )A.返回斜面底端时的动能为EB.返回斜面底端时的动能为C.小物块上滑到最大路程的中点时速度为D.小物块上滑到最大路程的中点时速度为2v10.(xx临沂模拟)我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在2012年6月24日以7 020 m深度创下世界最新纪录(国外最深不超过6 500 m)，预示着可以征服全球99.8%的海底世界。假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10 min内全过程的深度曲线甲和速度图像乙，如图所示，则有( )A.甲图中h3代表本次最大深度，应为6.0 mB.全过程中最大加速度是0.025 m/s2C.潜水员感到超重现象应发生在34 min和68 min的时间段内D.整个深潜器在810 min时间段内机械能守恒第卷(非选择题 共50分)二、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(xx长春模拟)(6分)如图是验证机械能守恒定律的实验。小圆柱由一根不可伸长的轻绳拴住，轻绳另一端固定。将轻绳拉至水平后由静止释放。在最低点附近放置一组光电门，测出小圆柱运动到最低点的挡光时间t,再用游标卡尺测出小圆柱的直径d，如图所示，重力加速度为g。则(1)小圆柱的直径d=_cm；(2)测出悬点到圆柱重心的距离l，若等式gl=_成立，说明小圆柱下摆过程机械能守恒。12.(滚动交汇考查)(6分)某课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的“动能定理”。如图所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F；用位移传感器测出小车的位移x和瞬时速度v。已知小车质量为200 g。(1)某次实验得出拉力F随位移x变化规律如图甲所示，速度v随位移x变化的规律如图乙所示，数据如表格。利用所得的F-x图像，求出x=0.30 m到0.52 m过程中变力F做功W=_J，此过程动能的变化量Ek_J(保留两位有效数字)。(2)指出下列情况可减小实验误差的操作是_。(填选项前的字母，可能不止一个选项)A.使拉力F要远小于小车的重力B.实验时要先平衡摩擦力C.要使细绳与滑板表面平行三、计算题(本大题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(xx青岛模拟)(8分)如图所示，半径R=2 m的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为h=1.25 m，现将一质量m=0.2 kg的小滑块从A点由静止释放，小滑块沿圆弧轨道运动至B点以v=5 m/s的速度水平飞出(g取10 m/s2)。求：(1)小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；(2)小滑块着地时的速度大小。14.(10分)如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R=0.90 m的半圆形光滑轨道BCD相连，半圆形轨道的BD连线与AB垂直。质量为m=1.0 kg可看作质点的小滑块在恒定外力F作用下从水平轨道上的A点由静止开始向右运动，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数=0.5.到达水平轨道的末端B点时撤去外力，滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点D，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到A点。g取10 m/s2，求：滑块在AB段运动过程中恒定外力F的大小。15.(10分)如图所示，传送带与水平面之间的夹角=30，其上A、B两点间的距离l=5 m，传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的速度匀速运动。现将一质量m=10 kg的小物块(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物块与传送带之间的动摩擦因数=,在传送带将小物块从A点传送到B点的过程中，求：(取g=10 m/s2)(1)传送带对小物块做的功W；(2)电动机做的功W总。16.(滚动交汇考查)(10分)一轻质细绳一端系一质量为m= kg的小球A，另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为l=0.1 m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s为2 m,动摩擦因数为0.25。现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球碰撞时交换速度，与挡板碰撞不损失机械能。若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10 m/s2，试问：(1)若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h；(2)若滑块B从h=5 m处滑下，求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力。答案解析1.A 点火前，降落伞和返回舱做匀速直线运动。对返回舱,返回舱的重力等于伞绳拉力F;点火后瞬间,返回舱立刻获得向上的反冲力,使伞绳对返回舱的拉力变小,选项A正确;返回舱做减速运动的主要原因是反冲力,选项B错误;返回舱所受合力向上,处于超重状态,选项D错误;由于喷气过程中,动能减小,由动能定理可知合力做负功,选项C错误。2.B、D 两物块从同一高度下落,根据机械能守恒定律知,它们到达水平面上时的动能相等,自由下落的物块先着地,重力做功的平均功率大,而着地时重力做功的瞬时功率等于重力与重力方向上的速度的乘积,故重力做功的瞬时功率不相等,选B、D。3.A、D 去掉下面小球前，系统处于静止状态，下面八个小球对称分布，故八个小球对斜面上六个小球的作用力竖直向下，去掉后，斜面上的小球仍然保持静止，左侧四个小球沿斜面向下的重力分力为4mgsin，右侧两个小球沿斜面向下的重力分力为2mgsin，由平衡条件可知4mgsin=2mgsin，则有2sin=sin，即AB边是BC边长度的2倍。4.D 物块沿斜面下滑的加速度a=gsin=6 m/s2，下滑过程所用时间t= =1 s，平均功率=18 W，故A错。据机械能守恒定律，末动能Ek=mgh=mgLsin=18 J，故B错。末速度v=at=6 m/s，重力的瞬时功率P=mgvsin=36 W，故C错D对。5.B、C 由动能定理mgh=mv2可求出滑块由斜面上h高度处下滑到达B处时的速度v=,从B处进入圆弧轨道后滑块做圆周运动，在B处，由牛顿第二定律及向心力公式得N-mg= ，故N=mg+=mg(1+)。再由牛顿第三定律可知B、C正确。6.C “思考距离”是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离,这段时间车是匀速运动的,驾驶员酒后反应时间t1=s=1 s,驾驶员正常反应时间t2=s=0.5 s,所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s,A对;“制动距离”是指从驾驶员发现情况到汽车停止行驶的距离,由表格可知,速度为20 m/s时,制动距离为46.7 m,故B对;汽车制动时的加速度大小都相同,按速度为15 m/s时计算:a= m/s2=7.5 m/s2,故C错;表中x= m+25.0 m=66.7 m,因此D对。7.C 因A、B、C均固定于转盘上，故三个小物块的角速度一定相同，A错误；由v=r可知，vCvA=vB,B错误；由a=2r可知，aCaA=aB，D错误；由FB=mB2rB，FC=mC2rC可知，FC=2FB，故C正确。8.D 因b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小均相等。又b、c轨道半径大于a轨道半径，由v= ，知vb=vcva，故A选项错。由加速度a= ，知ab=acaa,故B选项错。当c加速时，c受的万有引力Fm，它将偏离原轨道，而离圆心越来越近。所以无论如何c也追不上b，b也等不到c,故C选项错。对这一选项，不能用v=来分析b、c轨道半径的变化情况。对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短的时间内，可近似认为它的轨道半径未变，视作稳定运行，由v=知r减小时v逐渐增大，故D选项正确。9.A、C 设小物块沿斜面上滑的最大高度为h，沿斜面上升的最大距离为x，由动能定理得-mgh-Ffx=0-E，而h=xsin,式中为斜面倾角，可得。由此可见小物块沿斜面上升的距离x与初动能E成正比，而摩擦力做功Ffx与位移成正比，故当小物块以2E的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故A对、B错。选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v2=2ax得，x1=2x，故有v1=v,C对、D错。10.C 由图乙可知，h3=(2+4)260 m=360 m，故A错误。最大加速度出现在第1 min内和第4 min内，a= m/s2= m/s2，故B错误。第34 min内，深潜器减速下降，加速度向上，超重；第68 min内，深潜器加速上升，超重，故C正确。在810 min内深潜器减速上升，a= m/s2=0.025 m/s2，深潜器受到浮力和阻力作用，机械能不守恒，故D错误。11.【解析】(1)游标尺上第二个刻线对齐，所以d=1.02 cm。(2)若机械能守恒，则有mgl=mv2,v= ，整理可得gl= 。答案：(1)1.02 (2)12.【解析】(1)在F-x图像中，图线与x轴围成的面积即为变力所做的功，W=(0.60+1.00)(0.52-0.30) J0.18 J，在v-x图中可见，x1=0.30 m时，v1=0，x2=0.52 m时对应小车的速度v2=1.30 m/s，故Ek=mv22-mv120.17 J。(2)为减小误差，实验前必须平衡摩擦力，细绳与滑板表面平行，故B、C正确。答案：(1)0.18 0.17 (2)B、C13.【解析】(1)小滑块由A到B据动能定理得mgR+ (3分)解得=-1.5 J(1分)(2)小滑块过B点后做平抛运动，设着地时竖直分速度为vy，则有vy= =5 m/s(2分)所以着地速度v= =5 m/s(2分)答案：(1)-1.5 J (2)5 m/s14.【解析】滑块恰好通过最高点,则有:mg=m (2分)设滑块到达B点时的速度为vB,滑块由B到D过程由动能定理得:-2mgR=mvD2-mvB2(2分)滑块从D点离开轨道后做平抛运动,则2R=gt2，xAB=vDt(2分)滑块从A运动到B有:vB2=2axAB(2分)据牛顿第二定律有:F-mg=ma(1分)联立以上各式，代入数据得:F=17.5 N。(1分)答案：17.5 N15.【解析】(1)根据牛顿第二定律得：mgcos-mgsin=ma可解得:a=2.5 m/s2(2分)当小物块的速度为1 m/s时，小物块在传送带上运动的位移为l= =0.2 m即小物块匀速运动了l-l=4.8 m(2分)由功能关系可得：W=Ek+Ep=mv2+mglsin30=255 J(2分)(2)电动机做功使小物块的机械能增加，设小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，由(1)知小物块与传送带之间的相对位移l=0.2 m(2分)摩擦生热为Q=Ffl=mglcos=15 J(1分)故电动机做的功为W总=W+Q=255 J+15 J=270 J(1分)答案：(1)255 J (2)270 J16.【解析】(1)小球刚能完成一次完整的圆周运动，到达最高点的速度为v0，在最高点，仅由重力充当向心力，则有mg=m (1分)在整个运动过程中，根据动能定理得mgh-2mgl-mg =mv02(3分)解上式得h=0.5 m(1分)(2)若滑块从h=5 m处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1,则据动能定理有mgh-mg=mv12(2分)由题意可知，滑块与小球碰后滑块静止，小球以速度v1开始做圆周运动，绳子的拉力FT和重力的合力充当向心力，则有FT-mg= (2分)解得FT=48 N(1分)答案：(1)0.5 m (2)48 N关闭Word文档返回原板块