【全程复习方略】福建省高三物理 阶段滚动检测2 鲁科版.doc

阶段滚动检测(二)第四、五章(90分钟 100分)第卷(选择题 共50分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.每小题只有一个答案正确) 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)传送机的皮带与水平方向的夹角为，如图所示，将质量为m的滑块放在皮带上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度a(agsin)做匀加速直线运动，则下列关于滑块在运动过程中的说法正确的是( )a.支持力与静摩擦力的合力大小等于mgb.静摩擦力对滑块一定做负功c.静摩擦力的大小可能等于mgsind.皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tan3.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速度相同c.重力做功的瞬时功率相等d.它们的机械能都是守恒的4.(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157.515.022.530.02010.020.036.746.72512.525.054.2s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s为66.75.(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6.(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、摩擦力和绳子的拉力,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7.(滚动交汇考查)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8.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9.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. 10.如图所示为汽车在水平路面上起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m-mc.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)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(6分)(2012泉州模拟)(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.(6分)(滚动交汇考查)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(v1gsin,说明静摩擦力沿皮带向下,而滑块运动方向也向下,故静摩擦力对滑块一定做正功,b错;由牛顿第二定律:mgsin+f=ma,因为a比gsin大多少不知道,所以静摩擦力的大小可能等于mgsin,c对;由以上分析可知,静摩擦力f有可能小于mgsin,由f=n=mgcos,因此说“皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tan”是错误的，d错.3.【解析】选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速度大小相等，方向不同,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d.4.【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=,故c错;表中s=+25.0 m=66.7 m,因此d对.5.【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,t=,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.6.【解析】选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,人受到的重力和摩擦力两个力,其加速度竖直向下,小于g,c错误;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.7.【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.8.【解析】选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.9.【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：，地球的平均密度：同理有：，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.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scd-sbc=at2可得: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) 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: (1分)对b点:n-mg= (1分)联立以上各式，代入数据得:n=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=gt2sab=vdt(1分)滑块从a运动到b有:=2asab(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n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=mv2，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；根据动能定理有：mgl=m -mv2(2分)所以h=-l h=0.1 m(1分)若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理：-mgl=m-mv2(2分)h=+lh=0.8 m(1分)答案：(1) (2)0.1 m或0.8 m15.【解析】(1)设从抛出点到a点的高度差为h,到a点时竖直方向的速度为vy,则有:h=gt2(1分)tan37= (1分)联立以上两式代入数据解得h=0.45 m(1分)(2)小物块到达a点时的速度:va= =5 m/s(1分)从a到b,由动能定理:mglsin37-mglcos37=m -m (1分)要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道ab,则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心,即:mmgr(1分)所以r1.65 m(1分)(3)小物块从b到竖直圆轨道最高点,由机械能守恒:m=m+2mgr(1分)在最高点有:mmg(1分)由以上几式解得r0.66 m(1分)答案：(1)0.45