浙江省高考物理 能力突破 第四、五章.docVIP

第四、五章(90分钟 100分)第卷(选择题 共50分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题只有一个选项符合题意)1.(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.(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”是指驾驶员从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).速度(m/s)思考距离/m制动距离/m正常酒后正常酒后157.515.022.530.02010.020.036.746.72512.525.054.2x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66.73.(滚动单独考查)如图所示,顶端装有定滑轮的斜面体放在粗糙水平面上,a、b两物体通过细绳相连，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦).现用水平向右的力f作用于物体b上,将物体b缓慢拉高一定的距离,此过程中斜面体与物体a仍然保持静止.在此过程中( )a.水平力f一定变小b.斜面体所受地面的支持力一定变大c.物体a所受斜面体的摩擦力一定变大d.地面对斜面体的摩擦力一定变大4.如图所示,用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物m,长杆的一端放在地上通过铰链连结形成转轴,其端点恰好处于左侧滑轮正下方o点处,在杆的中点c处拴一细绳,绕过两个滑轮后挂上重物m.c点与o点距离为l,现在杆的另一端用力使其逆时针匀速转动,由竖直位置以角速度缓缓转至水平位置(转过了90角),此过程中下列说法正确的是( )a.重物m做匀速直线运动b.重物m做匀变速直线运动c.重物m的最大速度是ld.重物m的速度先减小后增大5.(滚动单独考查)已知地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的7倍,某行星的同步卫星轨道半径约为该行星半径的3倍,该行星的自转周期约为地球自转周期的一半,那么该行星的平均密度与地球平均密度之比约为( )a.b.c.d.二、不定项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题至少一个选项符合题意)6.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7.(2012杭州模拟)如图所示的水平传送带静止时,一个小物块a以某一水平初速度从传送带左端冲上传送带,然后从传送带右端以一个较小的速度v滑出传送带;若传送带在皮带轮带动下运动时,a物块仍以相同的水平速度冲上传送带,且传送带的速度小于a的初速度,则( ) a.若皮带轮逆时针方向转动,a物块仍以速度v离开传送带b.若皮带轮逆时针方向转动,a物块不可能到达传送带的右端c.若皮带轮顺时针方向转动,a物块离开传送带的速度仍可能为vd.若皮带轮顺时针方向转动,a物块离开传送带右端的速度一定大于v8.(滚动交汇考查)山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关,选手需要抓住固定在支架上的绳子向上攀登,才可冲上领奖台,如图所示.如果某选手刚刚匀速攀爬到接近绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是( ) a.上行时,人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡b.上行时,绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加量c.下滑时,人受到的重力大于摩擦力,加速度小于gd.下滑时,重力势能的减少量大于动能的增加量,机械能的减少量等于克服摩擦力做的功9.(2012台州模拟)一个做匀加速直线运动的物体,先后经过a、b两点时的速度分别为v和7v,经过ab的时间是t,则下列判断正确的是( )a.经过ab中点的速度是4vb.经过ab中间时刻的速度是4vc.前时间通过的位移比后时间通过的位移少1.5vtd.前一半位移所用的时间是后一半位移所用时间的2倍10.(滚动交汇考查)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的速度图象,oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段,bc段是与ab段相切的水平直线,则下述说法正确的是( )a.0t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定b.t1t2时间内汽车牵引力做功为mv22-mv12c.t1t2时间内的平均速度为(v1+v2)d.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值,t2t3时间内牵引力最小第卷(非选择题 共50分)三、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(滚动交汇考查)(2012扬州模拟)(6分)(1)验证机械能是否守恒时,实验中计算某一点的速度,甲同学用v=gt来计算,乙同学用vn=来计算.其中_同学的计算方法更符合实验要求.重力加速度g的数值,甲同学用9.8 m/s2代入,乙同学用通过对纸带分析计算出重物下落的实际加速度代入,丙同学用当地的实际重力加速度代入,其中_同学的做法是正确的.(2)甲同学计算实验结果时发现重物重力势能的减少量ep略大于动能的增加量ek,乙同学发现epek,实验过程中肯定存在错误的是同学.本实验中引起误差的主要原因是_.(3)在一次实验中,重物自由下落时纸带上打出一系列的点,如图所示,纸带中相邻两计数点间的时间间隔为0.04 s,那么重物下落过程中的实际加速度a=_ m/s2.(结果保留三位有效数字)12.(2012德州模拟)(6分)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”,他们在实验室组装了一套如图所示的装置,另外他们还找到了打点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙.当滑块连接上纸带,用细线通过滑轮挂上空的小沙桶时,释放小桶,滑块处于静止状态.若你是小组中的一位成员,要完成该项实验,则(1)你认为还需要的实验器材有_.(2)实验时为了保证滑块受到的合力与沙桶的总重力大小基本相等,沙和沙桶的总质量应满足的实验条件是_,实验时首先要做的步骤是平衡摩擦力.(3)在(2)的基础上,某同学用天平称量滑块的质量为m.往沙桶中装入适量的细沙,用天平称出此时沙和沙桶的总质量为m.让沙桶带动滑块加速运动.用打点计时器记录其运动情况,在打点计时器打出的纸带上取两点,测出这两点的间距l和滑块通过这两点的速度大小v1与v2(v1v2).则本实验最终要验证的数学表达式为_.(用题中的字母表示实验中测量得到的物理量)四、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.(8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可看做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：(1)滑块经过b点进入半圆形轨道时对轨道的压力大小.(2)滑块在ab段运动过程中恒定外力f的大小.14.(10分)如图所示,质量为m=1 kg的滑块,在水平力作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上,斜面的末端b与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时速度大小不变),传送带的运行速度为v0=3 m/s,长为l=1.4 m;今将水平力撤去,当滑块滑到传送带右端c时,恰好与传送带速度相同.滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.25，g=10 m/s2,求:(1)水平作用力f的大小；(2)滑块下滑的高度.15.(滚动交汇考查)(10分)为了研究过山车的原理，物理小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为37、长为l=2.0 m的粗糙的倾斜轨道ab，通过水平轨道bc与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道de，整个轨道除ab段以外都是光滑的.其中ab与bc轨道以微小圆弧相接,如图所示.一个小物块以初速度v0=4.0 m/s,从某一高处水平抛出,到a点时速度方向恰沿ab方向,并沿倾斜轨道滑下.已知小物块与倾斜轨道的动摩擦因数=0.5(g取10 m/s2,sin37=0.60, cos37=0.80)求:(1)小物块的抛出点和a点的高度差;(2)为了让小物块不离开轨道,并且能够滑回倾斜轨道ab,则竖直圆轨道的半径应该满足什么条件.(3)要使小物块不离开轨道,并从水平轨道de滑出,求竖直圆轨道的半径应该满足什么条件.16.(2012玉溪模拟)(10分)如图所示，固定斜面的倾角=30，物体a与斜面之间的动摩擦因数为，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于c点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体a和b，滑轮右侧绳子与斜面平行，a的质量为2m，b的质量为m，初始时物体a到c点的距离为l.现给a、b一初速度v0使a开始沿斜面向下运动，b向上运动，物体a将弹簧压缩到最短后又恰好能回到c点.已知重力加速度为g，不计空气阻力，求此过程中：(1)物体a向下运动刚到达c点时的速度.(2)弹簧的最大压缩量.(3)弹簧中的最大弹性势能.答案解析1.【解析】选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.【解析】选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=1 s,驾驶员正常反应时间t2=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”是指驾驶员从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= =7.5 m/s2,故c错;表中x=+25.0 m=66.7 m,因此d对.3.【解析】选d.这是典型的相互作用中的静力学问题,取物体b为研究对象,分析其受力情况如图所示.则有f=mgtan, ft=,在物体b缓慢拉高的过程中,增大,则水平力f随之变大,a错误;对a、b两物体与斜面体这个整体而言，由于斜面体与物体a仍然保持静止，则地面对斜面体的摩擦力一定变大，但是因为整体竖直方向并没有其他力，故斜面体所受地面的支持力不变,b错误,d正确；在这个过程中尽管绳子张力变大，但是由于物体a所受斜面体的摩擦力开始并不知道其方向，故物体a所受斜面体的摩擦力的变化情况无法确定，c错误.4.【解析】选c.由题意知，c点的速度大小为vc=l，设vc与绳之间的夹角为，把vc沿绳和垂直绳方向分解可得，v绳=vccos，在转动过程中先减小到零再增大，故v绳先增大后减小，重物m做变加速运动，其最大速度为l，c正确.5.【解析】选a.设地球和该行星的半径分别为r地、r行，质量分别为m地、m行，两者的同步卫星的周期分别为t地、t行，对地球的同步卫星有：=7r地，地球的平均密度：地=，可得：地=，同理有：行=，再考虑到t地=2t行，故该行星的平均密度与地球的平均密度之比约为，a对.6.【解析】选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.7.【解析】选a、c.皮带轮逆时针方向转动时,物块a在传送带上一直受滑动摩擦力,与传送带静止时a的运动情况完全相同,a仍能以速度v离开传送带右端,a对,b错.当皮带轮顺时针转动时,若传送带速度小于或等于v,则物块a仍以速度v离开传送带右端,若传送带速度大于v,物块a离开传送带右端时的速度大于v,c对,d错.8.【解析】选c、d.选手匀速向上攀爬时,人受到绳子的拉力与人的重力是一对平衡力,a错误;此过程中人对自身做功,绳子的拉力并不对人做功,b错误;加速下滑时,人受到的重力大于摩擦力,其加速度竖直向下,小于g,c正确;重力势能的减少一部分用于克服摩擦力做功,另一部分转化为人的动能,故d正确.9.【解析】选b、c、d.若物体的加速度为a,经ab中点的速度为.中间时刻的速度.则故,a错；,b对;前时间内的位移x1=后时间内的位移x2=c对；由于a=.前一半位移用时t1=后一半位移用时t2=t1=2t2,d对.10.【解析】选d.0t1时间内汽车做匀加速运动,牵引力恒定,但速度增加,故功率增加,a错;汽车水平方向受到牵引力和阻力作用,根据动能定理,t1t2时间内合力做功为mv22-mv12,故b错;公式 (v1+v2)适用于匀变速直线运动,故c错;t1时刻达到额定功率,不再增加,t1t2时间内功率恒定,但牵引力减小,t2t3时间内牵引力最小,与阻力相等,所以d对.11.【解析】(1)因有阻力作用，重物下落的实际加速度ag,故甲同学的计算方法不正确,乙同学应用计算速度的方法是正确的,求重物重力势能的减少量时,应当用当地的实际重力加速度来计算,g的大小不一定为9.8 m/s2,但一定大于重物下落的实际加速度,故丙同学做法正确.(2)因阻力对重物做负功,故ep一定大于ek,乙同学出现epek的结果一定是实验过程中存在错误,实验引起误差的主要原因是重物下落过程存在阻力.(3)由xcd-xbc=at2可得:a=9.38 m/s2答案：(1)乙 丙 (2)乙 重物下落过程中存在着阻力作用 (3)9.3812.【解析】该实验中的研究对象是滑块,目的是比较合外力对滑块所做的功与滑块动能的增量的关系.要分别测出沙和沙桶的质量、滑块的质量，还要测出滑块移动的距离，便于计算做的功和速度.实验时应注意平衡摩擦力，以减小误差，从实验方便性上考虑要把沙和沙桶的重力看做滑块的合外力，故m远远小于m，故实验表达式为答案：(1)天平、刻度尺 (2)沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量(3)mgl=13.【解析】(1)滑块恰好通过最高点,则有:mg=(1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= (1分)对b点:fn-mg=(1分)联立以上各式，代入数据得:fn=60 n由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为60 n.(1分)(2)滑块从d点离开轨道后做平抛运动,则2r=xab=vdt(1分)滑块从a运动到b有:vb2=2axab(1分)由牛顿第二定律有:f-mg=ma(1分)联立以上各式，代入数据得:f=17.5 n.(1分)答案：(1)60 n (2)17.5 n14.【解析】(1)滑块受到水平推力f、重力mg和支持力fn处于平衡，如图所示，水平推力f=mgtan(2分)f=(1分)(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v下滑过程机械能守恒：mgh=，所以v=(1分)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动