高考物理人教版全国II一轮复习习题阶段滚动练二Word格式文档下载.docx

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A．不变B．变小

C．变大D．无法确定

解析　对运动员受力分析如图所示。

运动员静止悬挂在单杠上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为α，根据三力平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力F＝，α减小，cosα增大，F减小，故选项B正确。

答案　B

3．（2016·

湖北孝感一模）质量为50kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图2，经实际测量得知上升的最大高度是0.8m，在最高点的速度为3m/s，则起跳过程该同学所做功最接近（取g＝10m/s2）（　　）

图2

A．225JB．400JC．625JD．850J

解析　运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，

则t＝＝s＝0.4s，

竖直方向初速度vy＝gt＝4m/s，

水平方向做匀速直线运动，则v0＝3m/s，

则起跳时的速度v＝＝m/s＝5m/s。

运动员的质量为50kg，根据动能定理得W＝mv2＝625J，故C正确，A、B、D错误。

答案　C

4．如图3甲所示，固定的粗糙斜面长为10m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端的重力势能为零，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10m/s2。

根据上述信息可以求出（　　）

图3

A．斜面的倾角

B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数

C．小滑块下滑的加速度的大小

D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小

解析　图乙是动能—位移图象（Ek－x图象），其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小F合＝mgsinθ－μmgcosθ，由图乙可知：

F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝2.5N；

图丙是重力势能—位移图象（Ep－x图象），其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量Gx＝mgsinθ，由图丙可知，Gx＝mgsinθ＝10N。

则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff＝μmgcosθ＝7.5N，D正确；

由于滑块质量未知，故其他量均不可求。

答案　D

5．如图4甲所示，长木板静置于光滑水平面上，其上放置小滑块。

长木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图象。

g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

图4

A．滑块的质量为4kg

B．长木板的质量为6kg

C．当F＝8N时滑块的加速度为2m/s2

D．滑块与长木板间动摩擦因数为0.2

解析　当F＝6N时，对滑块，a2＝μg＝1m/s2，μ＝0.1，选项D错误；

当F≤6N时，长木板和滑块一起加速，由牛顿第二定律有F＝（M＋m）a1，其中a1＝1m/s2，即m＋M＝6kg，当F＞6N时，长木板和滑块各自加速，对长木板，由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma3，当F＝8N时，长木板的加速度为2m/s2，即m＋2M＝8kg，解得M＝2kg，m＝4kg，选项A正确，B错误；

当F＝8N时，对滑块，由牛顿第二定律得：

μmg＝ma4，解得a4＝1m/s2，选项C错误。

二、多项选择题（本题5小题，每小题6分，共30分。

每小题有多个选项符合题意。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。

6．（2016·

河南郑州模拟）云台山是全球首批世界地质公园，青龙峡景点有“中原第一峡谷”美誉，这里气候独特，水源丰富，植被原始完整，是生态旅游的好去处，乘坐索道缆车观赏怡人的风景以外，还能感受悬挂在高空的刺激感。

如图5所示，对于正在乘坐索道缆车观光的某游客来说，以下说法正确的是（　　）

图5

A．以自己为参考系，看到对面的山迎面走来

B．以对面的山为参考系，自己静止不动

C．以自己为参考系，看到同一缆车里的人向对面的山不断靠近

D．以所乘坐的缆车为参考系，看到两边的青山绿树向身后走去

解析　以自己（或自己乘坐的缆车）为参考系，看到对面的山迎面走来，看到同一缆车里的人静止不动，看到两边的青山绿水向身后走去，A、D正确，C错误；

以对面的山为参考系看到自己向山靠近，B错误。

答案　AD

7．从同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A和B，其运动轨迹如图6所示，不计空气阻力。

要使两球在空中相遇，则必须（　　）

图6

A．两球的初速度一样大

B．A球初速度比B大

C．同时抛出两球

D．先抛出A球

解析　小球在竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2，两小球从同一高度抛出在空中某处相遇，则两小球下落时间相同，故说明两小球从同一时刻抛出，C正确，D错误；

由x＝v0t，A的水平位移大，说明A的初速度大，A错误，B正确。

答案　BC

8．北京时间3月22日，2015年世界女子冰壶世锦赛在日本札幌进行了最终的决赛，上届冠军瑞士队以5比3战胜加拿大队卫冕成功，在近四届世锦赛中第三次夺得冠军，加拿大队获得亚军，俄罗斯队获得第三名。

一冰壶以速度v垂直进入三个相等宽度的矩形区域做匀减速直线运动，且在刚要离开第三个矩形区域时速度恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是（　　）

A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1

B．v1∶v2∶v3＝∶∶1

C．t1∶t2∶t3＝1∶∶

D．t1∶t2∶t3＝（－）∶（－1）∶1

解析　因为冰壶做匀减速直线运动，且末速度为零，故可以取反向的匀加速直线运动来研究，通过连续相等位移所用的时间之比为1∶（－1）∶（－），故冰壶匀减速通过三段连续相等位移所用的时间之比为（－）∶（－1）∶1，选项C错误，D正确；

初速度为零的匀加速直线运动在各位移等分点的速度之比为1∶∶…，则冰壶匀减速进入每个矩形区域时的速度之比为∶∶1，选项A错误，B正确。

答案　BD

9．质量为2kg的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象分别如图7甲、乙所示。

下列说法正确的是（　　）

图7

A．前2s内质点处于失重状态

B．2s末质点速度大小为4m/s

C．质点的加速度方向与初速度方向垂直

D．质点向下运动的过程中机械能减小

解析　质点在竖直方向上有向下的加速度，可知质点在前2s内处于失重状态，故A正确；

2s末竖直方向上的分速度为4m/s，水平分速度为m/s，则合速度大小为v＝m/s＞4m/s，故B错误；

质点的加速度方向竖直向下，竖直方向和水平方向都有初速度，则合初速度不沿水平方向，质点的加速度方向与初速度方向不垂直，故C错误；

质点竖直向下的加速度为1m/s2，可知质点除受重力以外，还受到其他力，且其他力做负功，所以质点的机械能减小，故D正确。

10．若已知引力常量G，地球表面处的重力加速度g，地球半径R，地球上一个昼夜的时间T1（地球自转周期），一年的时间T2（地球公转周期），地球中心到月球中心的距离L1，地球中心到太阳中心的距离L2。

你能计算出（　　）

A．地球的质量m地＝

B．太阳的质量m太＝

C．月球的质量m月＝

D．月球、地球及太阳的密度

解析　对地球表面的一个物体m0来说，应有m0g＝，所以地球质量m地＝，选项A正确；

对地球绕太阳运动来说，有＝m地L2，则m太＝，B项正确；

对月球绕地球运动来说，能求地球质量，不知道月球的相关参量及月球的卫星运动参量，无法求出它的质量和密度，C、D项错误。

答案　AB

三、非选择题（本题2小题，共40分。

计算题解答时请写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。

11．（20分）如图8所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成，各雪道间均平滑连接，A处与水平平台间的高度差h＝45m，CD的倾角为30°

。

运动员自A处由静止滑下，不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力。

运动员可视为质点。

图8

（1）求运动员滑离平台BC时的速度；

（2）为保证运动员落在着陆雪道CD上，雪道CD长度至少为多少？

（3）若实际的着陆雪道CD长为150m，运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%。

在减速区DE，滑行s＝100m后停下，运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？

解析　

（1）A→C过程中机械能守恒mgh＝mv①

得vC＝＝30m/s②

（2）设落点D′距抛出点C的距离为L，由平抛运动规律得Lcos30°

＝vCt③

Lsin30°

＝gt2④

解得：

L＝120m⑤

（3）运动员由A运动到落点D′过程中，由机械能守恒得mg（h＋Lsin30°

）＝mv⑥

设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍，根据动能定理有－kmgs＝0－mv⑦

根据题意有mv＝0.80×

mv⑧

解得k＝0.84⑨

答案　

（1）30m/s　

（2）120m　（3）0.84

12．（20分）如图9所示的装置由传送带AB、水平地面CD、光滑半圆形轨道DE三部分组成。

一质量为5kg的物块从静止开始沿倾角为37°

的传送带上滑下。

若传送带顺时针运动，其速度v＝10m/s，传送带与水平地面之间通过光滑圆弧BC相连，圆弧BC长度可忽略不计，传送带AB长度为LAB＝16m，水平地面长度为LCD＝6.3m，半圆轨道DE的半径R＝1.125m，物块与水平地面间、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。

求：

（sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8）

图9

（1）物块在传送带上运动的时间t；

（2）物块到达D点时对D点的压力大小；

（3）物块从E点抛出后的落地点与D点的距离。

解析　

（1）刚开始运动时，对物块受力分析可知

mgsin37°

＋μmgcos37°

＝ma1，解得a1＝10m/s2

物块与传送带达到共同速度时v＝a1t1，解得t1＝1s

物块的位移x＝a1t＝5m

此后对物块受力分析可知

－μmgcos37°

＝ma2

解得a2＝2m/s2

物块在传送带上的第二段运动LAB－x＝vt2＋a2t

解得t2＝1s

物块在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝2s

（2）物块到达传送带底端的末速度v2＝v＋a2t2＝12m/s

在水平地面CD上，物块做匀减速直线运动，其加速度大小a＝μg＝5m/s2

设物块到达D点时的速度为v3，则

v－v＝－2aLCD，解得v3＝9m/s

设此时D点对物块的支持力为FN，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝m，解得FN＝410N

根据牛顿第三定律可知，物块对D点的压力大小为410N。

（3）物块沿半圆轨道从D点运动到E点的过程机械能守恒，设物块经过E点时的速度为v4，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋2mgR，解得v4＝6m