【全程复习】2014届高考物理第一轮基础夯实复习方略第二次阶段滚动检测（13页， 新人教通用版，含精细解析）

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分每小题至少一个答案正确，选不全得2分12011四川高考如图是“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AAGSIN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来源Z。XX。KCOM来源学由牛顿第二定律MGSINFFMA,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FF有可能小于MGSIN,由FFFNMGCOS,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、D4【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,驾驶员正1502TS50S1常反应时间,所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多2751025TSS05S,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20M/S时,制动距离为467M,故B对汽车制动时的加速度大小都相同,按速度为15M/S时计算,故C错表中222V15AM/SX7275/S,因此D对25XM0675【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,在物体B缓慢拉高的过程中,增大,则水平力TMGFGTAN,COSF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7【解析】选C由题意知，C点的速度大小为，设VC与绳之间的夹角为，把CLVC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，C正确L8【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VR可知，VCVAVB,B错误；由A2R可知，ACAAAB，D错误；由FBMB2RB，FCMC2RC可知，FC2FB，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22M4G7R7RTA地地地地平均密度，可得，同理有，再考虑到T3M4R地地地234T地地23行行地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1310【解析】选D0T1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错公式适用于匀变速直线运动,故C错T1时刻达到2211MV12V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N1XV2T当地的实际重力加速度来计算,G的大小不一定为98M/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XCDXBCAT2可得CDB2XAT223503510M/S4938M/S2答案1乙丙2乙重物下落过程中存在着阻力作用393812【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2211MGLMV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32211MGLMV13【解析】1滑块恰好通过最高点,则有2DR1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22DB12MGRV1分对B点2BNF1分联立以上各式，代入数据得FN60N由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为60N1分2滑块从D点离开轨道后做平抛运动,则XABVDT21RGT1分滑块从A运动到B有VB22AXAB1分由牛顿第二定律有FMGMA1分联立以上各式，代入数据得F175N1分答案160N2175N14【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FMGTAN2分103FN1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，所以1分21MGV2GH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2分2201MGLV所以H01M120VHLG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2分2201GLVH08M120VHLG分答案1201M或08M103N15【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1分2HGTY0VTTAN371分联立以上两式代入数据解得H045M1分2小物块到达A点时的速度2A0YV5/S1分从A到B,由动能定理22BA1MGLSIN37GCOS37MV1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2B1MVGR1分所以R165M1分3小物块从B到竖直圆轨道最高点,由机械能守恒22P1MVGR1分在最高点有1分2P由以上几式解得R066M1分答案1045M2大于等于165M3小于等于066M16【解析】1A和斜面间的滑动摩擦力FF2MGCOS1分物体A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒有220F12GLSIN3VGLA2