【全程复习】2022届高考物理第一轮复习方略 阶段滚动检测(二) 新人教版

阶段滚动检测(二)第四、五章(90分钟100分)第Ⅰ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)1.(2022·四川高考)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α，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(a>gsinα)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正功C．静摩擦力的大小可能等于mgsinαD．皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα3.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13\nC.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157.515.022.530.02010.020.036.746.72512.525.054.2x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0.5sB.若汽车以20m/s的速度行驶时,发现前方40m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10m/s2D.表中x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”13\n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,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ω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D.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，到轴O的距离关系为.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13\n9.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.0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定B.t1～t2时间内汽车牵引力做功为C.t1～t2时间内的平均速度为D.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值,t2～t3时间内牵引力最小第Ⅱ卷(非选择题共50分)二、实验题(本大题共2小题,共12分)11.(2022·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9.8m/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ΔEp略大于动能的增加量ΔEk,乙同学发现ΔEp<ΔEk,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0.04s,那么重物下落过程中的实际加速度a=_________m/s213\n.(结果保留三位有效数字)12.(滚动交汇考查)(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(v1<v2).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)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.(8分)如图所示，水平轨道AB与位于竖直面内半径为R=0.90m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=1.0kg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μ13\n=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10m/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.(滚动交汇考查)(10分)如图所示,质量为m=1kg的滑块,在水平力作用下静止在倾角为θ=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=3m/s,长为L=1.4m;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μ=0.25，g=10m/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=2.0m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=4.0m/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μ=0.5(g取10m/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.(2022·玉溪模拟)(10分)如图所示，固定斜面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ13\n，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B、C.滑块随皮带保持相对静止一起向下做匀加速运动,滑块所受合外力不为零,所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错;加速度a>gsinα,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对;由牛顿第二定律:mgsinα+Ff=ma,因为a比gsinα大多少不知道,所以静摩擦力的大小可能等于mgsinα,C对;由以上分析可知,静摩擦力Ff有可能小于mgsinα,由Ff=μFN=μmgcosα,因此说“皮带与滑块的动摩擦因数一定大于tanα”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、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,驾驶员正常反应时间,所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s,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46.7m,故B对;汽车制动时的加速度大小都相同,按速度为15m13\n/s时计算:,故C错;表中,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,在物体B缓慢拉高的过程中,θ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θ，把vC沿绳和垂直绳方向分解可得，v绳=vCcosθ，在转动过程中θ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.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=ωr可知，vC>vA=vB,B错误；由a=ω2r可知，aC>aA=aB，D错误；由FB=mBω2rB，FC=mCω2rC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：，可得：，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.0～t113\n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,t1～t2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时刻达到额定功率,不再增加,t1～t2时间内功率恒定,但牵引力减小,t2～t3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a<g,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9.8m/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ΔEp一定大于ΔEk,乙同学出现ΔEp<ΔEk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:=9.38m/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)13.【解析】(1)滑块恰好通过最高点,则有:(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:13\n(1分)对B点:(1分)联立以上各式，代入数据得:FN=60N由牛顿第三定律知滑块对轨道的压力大小为60N.(1分)(2)滑块从D点离开轨道后做平抛运动,则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-μmg=ma(1分)联立以上各式，代入数据得:F=17.5N.(1分)答案:(1)60N(2)17.5N14.【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=mgtanθ(2分)(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：，所以(1分)13\n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)所以h=0.1m(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：(2分)h=0.8m(1分)答案:(1)(2)0.1m或0.8m15.【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(1分)②(1分)联立以上两式代入数据解得h=0.45m③(1分)(2)小物块到达A点时的速度:④(1分)从A到B,由动能定理:⑤(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:⑥(1分)所以R′≥1.65m⑦(1分)13\n(3)小物块从B到竖直圆轨道最高点,由机械能守恒:⑧(1分)在最高点有:⑨(1分)由以上几式解得R≤0.66m⑩(1分)答案:(1)0.45m(2)大于等于1.65m(3)小于等于0.66m16.【解析】(1)A和斜面间的滑动摩擦力Ff=2μmgcosθ(1分)物体A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒有(2分)得(1分)(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点，对系统应用动能定理(2分)(1分)(3)弹簧从压缩到最短到恢复原长的过程中，根据能量守恒有Ep+mgx=2mgxsinθ+Ffx(2分)又因为mgx=2mgxsinθ所以(1分)答案:(1)(2)13\n(3)13