阶段滚动检测(二)

1、圆学子梦想 铸金字品牌温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。段滚动检测(二)第一五章(90分钟 100分)第卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)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

2、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.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3.(2013·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7020m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

3、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4.(2013·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=3.0m，质量m=1kg的物块从斜面顶端无初速度释放，则(sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2)()A.物

4、块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为30WB.物块滑到斜面底端时的动能为30JC.物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为48WD.物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为36W5.(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)。速度/m·s-1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

5、.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66.7二、多项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有多个选项符合题意)6.(2013·临沂模拟)下列关于圆周运动的向心力的讨论，正确的有()A.运动员在跑道转弯时，主要靠地面的摩擦力提供向心力B.用细绳拴住的小球在竖直平面内做圆周运动，过最高点时，一定是细绳的拉力提供向心力C.在绕地球沿圆周轨道自由飞行的飞船内，宇航员处于完全失重状态，

6、是万有引力全部提供向心力D.洗衣机脱水旋转时，可把衣物中的水分甩出，水分受到向外的力7.(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8.(滚动交汇考查)(2012·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，

7、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9.(2013·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E2，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3E2C.小物块上滑到最大路程的中点时速度为2vD.小物块上滑到最大路程的中点时速度为2v10.如图所示，质量为M的斜劈形物体放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速度沿劈的

8、斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而物体M始终保持静止，则在物块m上、下滑动的整个过程中()A.地面对物体M的摩擦力先向左后向右B.地面对物体M的摩擦力方向没有改变C.地面对物体M的支持力总大于(M+m)gD.物块m上、下滑动时的加速度大小不同第卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(2013·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

9、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.(6分)某实验小组设计了如图甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图像。他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图乙所示。滑块和位移传感器发射部分的总质量m=kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=。(重力加速度g取10m/s2)四、计算题(本大题共4小题，共48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.(2013·常州模拟)(12分)吴菊萍徒手勇救小妞妞，被誉为“最美妈妈”。设妞妞的质量m

10、=10kg，从离地h1=28.5m高的阳台掉下，下落过程中空气阻力约为本身重力的0.4倍；在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻从静止开始匀加速奔跑水平距离s=9m到达楼下，张开双臂在距地面高度为h2=1.5m处接住妞妞，缓冲到地面时速度恰好为零，缓冲过程中的空气阻力不计。g=10m/s2。求：(1)妞妞在被接到前下落的时间；(2)吴菊萍跑到楼下时的速度；(3)在缓冲过程中吴菊萍对妞妞做功的大小。14.(滚动交汇考查)(12分)一轻质细绳一端系一质量为m=120kg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=0.1m，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

11、一个挡板，如图所示，水平距离s为2m，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10m/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=5m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。15.(2013·宿迁模拟)(12分)如图所示，半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO'匀速转动，在圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ，转轴和水平轨道交于O点。一质量m=1

12、kg的小车(可视为质点)，在F=4N作用下，从O左侧s=2m处由静止开始沿轨道向右运动，某一时刻撤去F，当小车运动到O点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘边缘与x轴交于A点(未标出)。规定经过O点水平向右为x轴正方向。小车与轨道间的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2。(1)若小球刚好落到A点，求小车运动到O点的速度；(2)现使圆盘旋转，为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度应为多大？(3)为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F作用的距离范围。16.(2013·常州模拟)(12分)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量M=1kg、长L=4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离s=3m，

13、小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m=2kg的滑块(不计大小)以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数=0.2，g取10m/s2。试求：(1)滑块滑上小车左端到相对小车静止所用的时间；(2)小车与墙壁碰撞前，滑块运动的位移；(3)半圆轨道的半径R在什么范围内时，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道？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

14、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.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=GMr，知vb=vc<va，故A选项错。由加速度a=GMr2，知ab=ac<aa，故B选项错。当c加速时，c受的万有引力F<mvc2rc，故它将偏离原轨道，做离心运动；当b减速时，b受的万有引力F>mvb2rb，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=GMr来分析b、c轨道半径的变化情况

15、。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=GMr知r减小时v逐渐增大，故D选项正确。3.C由图乙可知，h3=12×(2+4)×2×60 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=260m/s2=130m/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=32×60m/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。4.

16、D物块沿斜面下滑的加速度a=gsin=6m/s2，下滑过程所用时间t=2La=1s，平均功率P=mght=mgLsint=18W，故A错。据机械能守恒定律，末动能Ek=mgh=mgLsin=18J，故B错。末速度v=at=6m/s，重力的瞬时功率P=mgv·sin=36W，故C错D对。5.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=15.015s=20.020s=25.025s=1 s，驾驶员正常反应时间t2=7.515s=1020s=12.525s=0.5 s，所以驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5s，A对

17、；“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15m/s时计算：a=v22x=1522×(22.5-7.5)m/s2=7.5m/s2，故C错；表中x=2522×7.5m+25.0m=66.7m，因此D对。6.A、C地面对运动员的支持力竖直向上，不可能提供沿水平方向上的向心力，实际上是地面的摩擦力提供向心力，选项A正确；在最高点时，小球的重力和细绳的拉力的合力提供向心力，选项B错误；宇宙飞船中的宇航员处于完全失重状态，万有引力提供向心力，选项C正确；洗衣机脱水是离心运

18、动原理在实际生活中的具体应用，水分被甩出是因为其在旋转过程中受到的指向旋转中心的力小于需要的向心力，选项D错误。7.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。8.B、C由动能定理mgh=12mv2可求出滑块由斜面上h高度处下滑到达B处时的速度v=2gh，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

19、向心力公式得N-mg=mv2R，故N=mg+mv2R=mg(1+2hR)。再由牛顿第三定律可知B、C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-Ff·x=0-E，而h=xsin，式中为斜面倾角，可得x=Emgsin+Ff。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Ff·x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v2v12=xx1，x1=2x，故有v1=2

20、v，C对、D错。10.B、D假设地面光滑，在物块m上滑时，m、M组成的系统在水平方向上动量守恒，因为m水平向右的速度分量在逐渐变小，所以M水平向右的速度分量肯定在增加，即M向右运动，所以m上滑时地面对M的摩擦力水平向左；同理，可以判断m下滑时地面对M的摩擦力也是水平向左，所以选项A错误，B正确。因为物块m上、下滑动时加速度沿竖直方向上的分量均向下，所以物块m在这两个过程中均处于失重状态，其对物体M沿竖直方向上的压力小于mg，所以地面对物体M的支持力总小于(M+m)g，所以选项C错误；显然，选项D正确。11.【解析】(1)游标尺上第二个刻线对齐，所以d=1.02cm。(2)若机械能守恒，则有mg

21、l=12mv2，v=dt，整理可得gl=d22(t)2。答案：(1)1.02(2)d22(t)212.【解析】由牛顿第二定律可知，轨道水平时，F-mg=ma，解得a=Fm-g。由图线可知斜率k=2，所以m=1k=0.5kg，=0.2。答案：0.50.213.【解析】(1)对妞妞用牛顿第二定律：mg-0.4mg=ma1(1分)求得：a1=6m/s2(1分)妞妞下落过程：h1-h2=12a1t2(1分)求得：t=3s；(1分)(2)吴菊萍做匀加速运动：s=12a2t2a2=2m/s2(2分)v2=a2t=6m/s；(2分)(3)妞妞下落h1-h2的速度v1=a1t=18m/s(1分)缓冲过程中，对

22、妞妞由动能定理得W+mgh2=0-12mv12(2分)W=-1770J(1分)答案：(1)3s(2)6 m/s(3)1 770 J14.【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 (2分)在整个运动过程中，根据动能定理得mgh-2mgl-mgs2=12mv02(3分)解上式得h=0.5m(1分)(2)若滑块从h'=5m处下滑到将要与小球碰撞时速度为v1，则据动能定理有mgh'-mgs2=12mv12(3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 (2分)解得FT=48N(1分)答案：(1)0.5m(2)48 N15.【解析】(1)小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度做平抛运动，落到盘面上所用