阶段滚动检测二Word格式文档下载.docx
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若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变,摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零,轨道平面离地面的高度为H,侧壁倾斜角度α不变,则下列说法中正确的是（ ）
A.摩托车做圆周运动的H越高,向心力越大
B.摩托车做圆周运动的H越高,线速度越大
C.摩托车做圆周运动的H越高,向心力做功越多
D.摩托车对侧壁的压力随高度H变大而减小
6.2013年6月11日17时38分“神舟十号”飞船成功发射,本次任务飞船在轨飞行15天。
飞船入轨后,按照预定程序,先后与“天宫一号”进行1次自动交会对接和1次航天员手控交会对接。
要使“神舟十号”飞船追上“天宫一号”目标飞行器完成交会对接,则（ ）
A.只能从较低轨道上加速
B.只能从较高轨道上加速
C.只能从“天宫一号”同一高度的轨道上加速
D.无论在什么轨道上,只要加速都行
7.（2014·
合肥模拟）从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为H。
设上升过程中空气阻力F阻恒定。
则对于小球的整个上升过程,下列说法中错误的是（ ）
A.小球动能减少了mgH
B.小球机械能减少了F阻H
C.小球重力势能增加了mgH
D.小球的加速度大于重力加速度g
8.（多选）（滚动交汇考查）（2014·
大连模拟）质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上滑行,由于摩擦阻力的作用,其动能随位移变化的图线如图所示,g取10m/s2,则以下说法中正确的是（ ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.25
C.物体滑行的总时间为4s
D.物体滑行的总时间为2.5s
9.（滚动交汇考查）2013年9月8日,在辽宁省大连市举行的全运会体操男子单杠决赛中,邹凯夺冠。
假设邹凯的质量为60kg,他用一只手抓住单杠,伸展身体,以单杠为轴做圆周运动。
此过程中,邹凯在最低点时手臂受的拉力至少为（忽略空气阻力,g取10m/s2）（ ）
A.600NB.2400N
C.3000ND.3600N
10.（多选）（滚动交汇考查）（2014·
中山模拟）如图所示为跳伞爱好者从高楼跳伞表演的情形,他们从345m的高处跳下,在距地面150m高处打开伞包。
假设打开伞包前后两段时间都可看作匀变速直线运动,且始末速度均为零。
一个质量为60kg的跳伞爱好者,若在30s内完成此跳伞表演（当地重力加速度g取10m/s2）,则跳伞爱好者在跳伞的整个过程中（ ）
A.机械能先不变后减小
B.机械能一直变小
C.克服阻力做功207kJ
D.最大速度为23m/s
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
二、实验题（本题共2小题,共12分）
11.（6分）（2014·
沈阳模拟）某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了如图所示的实验装置。
（1）将气垫导轨接通气泵,通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平,检查是否调平的方法是
。
（2）如图所示,游标卡尺测得遮光条的宽度Δd= cm;
实验时,将橡皮条挂在滑块的挂钩上,向后拉伸一定的距离,并做好标记,以保证每次拉伸的距离恒定。
现测得挂一根橡皮条时,滑块弹离橡皮条后,经过光电门的时间为Δt,则滑块最后匀速运动的速度表达式为 （用字母表示）。
（3）逐根增加橡皮条,记录每次遮光条经过光电门的时间,并计算出对应的速度。
则画出的W-v2图像应是 。
12.（6分）（2014·
广州模拟）用如图所示的实验装置来验证牛顿第二定律。
（1）为消除摩擦力的影响,实验前平衡摩擦力的具体操作为取下 ,把木板不带滑轮的一端适当垫高并反复调节,直到轻推小车后,小车能沿木板做
运动。
（2）某次实验测得的数据如表所示,根据这些数据在坐标图中描点并作出a-
图线,从a-
图线求得合外力大小为 N（计算结果保留两位有效数字）。
/kg-1
a/m·
s-2
4.0
1.2
3.6
1.1
2.0
0.6
1.4
0.4
1.0
0.3
三、计算题（本题共4小题,共48分。
需写出规范的解题步骤）
13.（10分）（滚动单独考查）（2014·
汕头模拟）如图所示,质量为m1的物体甲通过三段轻绳悬挂,三段轻绳的结点为O,轻绳OB水平且B端与放置在水平面上的质量为m2的物体乙相连,轻绳OA与竖直方向的夹角θ=37°
物体甲、乙均处于静止状态。
（已知sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,tan37°
=0.75,g取10m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：
（1）轻绳OA、OB受到的拉力是多大?
（2）物体乙受到的摩擦力是多大?
方向如何?
（3）若物体乙的质量为m2=4kg,物体乙与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.3,则欲使物体乙在水平面上不滑动,物体甲的质量m1最大不能超过多少?
14.（11分）（2014·
哈尔滨模拟）一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ=37°
的足够长的斜面。
某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机作出了滑块上滑过程的v-t图像,如图所示。
（最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin37°
=0.8,g取10m/s2）
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数。
（2）判断滑块最后能否返回斜面底端。
若能返回,求出返回斜面底端时的速度大小;
若不能返回,求出滑块停在什么位置。
15.（12分）（2014·
南昌模拟）如图所示,长度为l的轻绳上端固定在O点,下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。
（1）在水平拉力F的作用下,轻绳与竖直方向的夹角为α,小球保持静止。
画出此时小球的受力图,并求力F的大小。
（2）由图示位置无初速释放小球,求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力,不计空气阻力。
16.（15分）（滚动交汇考查）如图所示,固定的四分之一竖直圆弧轨道AB的半径R=0.6m,其最低点与长L=2.0m、高h=0.2m、质量M=5.0kg的长木板的水平上表面相切于B点。
质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）从圆弧顶点A处由静止释放,当它运动到圆弧最低点时受轨道的支持力为25N。
已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2,长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1。
（不计空气阻力,g取10m/s2）
（1）求滑块由A运动到B的过程中,摩擦力对它做的功;
（2）试通过计算判断滑块能否离开长木板。
若能,求滑块在长木板上运动的时间及滑块从C点离开木板到落地的过程中通过的位移大小;
若不能,写出判断过程。
（结果保留两位有效数字）
答案解析
1.B 人跳起时竖直向上的速度即为起跳时的初速度v0,而跳起的高度为h=1.92-1.2=0.72（m）,则v0=
≈4m/s,应选B项。
2.C 对A受力分析可知,受竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力FT以及水平向左的弹簧弹力F,由正交分解法可得水平方向FTsin
=F=kΔx,竖直方向FTcos
=mg,解得Δx=
C正确。
3.B、D 取A、B为一个整体作为研究对象,由于B匀速下滑,则A、B整体处于平衡状态,地面对A有向左的摩擦力,则Ff=Fcosθ,在竖直方向FN+Fsinθ=（M+m）g,所以FN<
（M+m）g,故A、C错,B、D正确。
4.B 先以A、B整体为研究对象,它们受到竖直向下的重力（M+m）g,竖直向上的支持力FN=（M+m）g,水平方向向左的拉力F,水平方向向右的摩擦力Ff=μFN=μ（M+m）g。
由牛顿第二定律得到：
F-Ff=F-μ（M+m）g=（M+m）a①,再以B为研究对象,其受力为竖直向下的重力Mg,竖直向上的支持力FN′=Mg,水平方向向左的弹簧拉力F′,水平方向向右的摩擦力Ff′=μFN′=μMg。
F′-Ff′=F′-μMg=Ma,a=
-μg②,将②代入①整理得：
F′=
所以选项B正确。
5.B 经分析可知摩托车做匀速圆周运动的向心力由重力及侧壁对摩托车弹力的合力提供,由力的合成知其大小不随H的变化而变化,A错误;
因摩托车和演员整体做匀速圆周运动,所受合外力提供向心力,即F合=m
随H的增高,r增大,线速度增大,B正确;
向心力与速度方向一直垂直,不做功,C错误;
由力的合成与分解知识知摩托车对侧壁的压力恒定不变,D错误。
6.A 当“神舟十号”开始加速时,“神舟十号”由于速度增大,故将向高轨道运动,所以“神舟十号”为了追上“天宫一号”,只能从低轨道上加速,A正确。
7.A 由动能定理知,小球动能减少了（mg+F阻）H,A错误;
由功能关系知,小球机械能减少了F阻H,B正确;
重力势能增加了mgH,C正确;
小球的加速度为g+
D正确。
8.B、C 由动能定理得-Ffx=0-Ek,Ff=
=2.5N,而Ff=μmg,μ=
=0.25,选项A错误、B正确;
根据牛顿第二定律可得a=
=2.5m/s2,由运动学公式得物体滑行的总时间t=
=4s,选项C正确,D错误。
9.C 设邹凯的重心距单杠的距离为r,他能通过最高点的最小速度为v1=0,他在做圆周运动的过程中机械能守恒,设到达最低点的速度为v2,则有
m
=2mgr,在最低点他受到向上的拉力和向下的重力,根据牛顿第二定律,有FT-mg=m
由以上两式可得FT=5mg=3000N。
故C项正确。
10.B、C、D 跳伞过程中跳伞者始终受阻力作用,因而机械能始终减小,选项A错误,B正确;
对整个过程用动能定理有mgH-W阻=0,解得W阻=mgH=600×
345J=207kJ,选项C正确;
设最大速度为vmax,打开伞包前的下落过程所用时间为t,则有（345-150）m=
t,打开伞包后的过程有150m=
（30-t）,解得vmax=23m/s,选项D正确。
11.【解析】
（1）检查导轨是否水平的方法：
将滑块轻放在气垫导轨上,看其是否滑动（或将滑块轻放在气垫导轨上,轻推滑块看是否匀速）。
（2）Δd=5mm+0.05mm×
10=5.50mm=0.550cm
滑块匀速运动的速度v=
。
（3）由动能定理可知,W=
mv2,故画出的W-v2图像应是过坐标原点的一条倾斜直线。
答案：
（1）将滑块轻置于气垫导轨之上,看其是否滑动或将滑块轻置于气垫导轨之上,轻推滑块看是否匀速（其他方法正确同样得分）
（2）0.550
（3）过坐标原点的一条倾斜直线
12.【解析】
（1）实验前平衡摩擦力时应不挂砂桶,判断摩擦力平衡的方法是轻推小车后,小车能沿木板做匀速直线运动。
（2）根据实验数据描点、连线,求直线的斜率大小表示合外力的大小。
（1）砂桶 匀速直线
（2）图线如图所示 0.30（0.28～0.32均可）
13.【解析】
（1）如图所示,对结点O进行受力分析,
TOA=
=
m1g （2分）
TOB=m1gtanθ=
m1g（1分）
（2）分析乙的受力情况如图所示,由平衡条件知
f=T′OB=TOB=
m1g,方向水平向左。
（3分）
（3）欲使物体乙在水平面上不滑动,乙物体所受摩擦力f满足f≤fm,而
fm=μm2g=0.3×
40N=12N, （2分）
当T′OB=
m1g=fm=12N时,m1=1.6kg,即物体甲的质量m1最大不能超过1.6kg。
（2分）
（1）
m1g
m1g
（2）
m1g 水平向左 （3）1.6kg
14.【解析】
（1）由图像可知,滑块的加速度：
a=
m/s2=10m/s2 （2分）
滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律,有
mgsinθ+μmgcosθ=ma （2分）
代入数据解得μ=0.5 （1分）
（2）滑块速度减小到零时,重力的下滑分力大于最大静摩擦力,能再下滑。
由匀变速直线运动的规律,滑块向上运动的位移x=
=5m（2分）
滑块下滑过程中根据牛顿第二定律,有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2, （2分）
得a2=2m/s2 （1分）
由匀变速直线运动的规律,滑块返回底端的速度
v′=
=2
m/s（1分）
（1）0.5
（2）见解析
15.【解析】
（1）小球受力如图所示,根据平衡条件得,
水平方向：
FTsinα=F, （2分）
竖直方向：
FTcosα=mg, （2分）
解得F=mgtanα。
（1分）
（2）小球运动过程中只有重力做功,系统机械能守恒
mgl（1-cosα）=
mv2 （2分）
则通过最低点时,小球的速度大小
v=
（1分）
根据牛顿第二定律FT′-mg=
（2分）
解得轻绳对小球的拉力
FT′=mg+
=mg（3-2cosα）, （1分）
方向竖直向上。
（1分）
（1）受力分析见解析 mgtanα
mg（3-2cosα）,竖直向上
16.【解析】
（1）滑块在B点时,由牛顿第二定律得
FN-mg=m
（1分）
解得vB=3m/s（1分）
滑块由A运动到B的过程中,由动能定理得
mgR+WFf=
联立以上两式可得WFf=-1.5J（1分）
（2）长木板受到滑块对它的摩擦力为Ff1=μ1mg=2N
地面给长木板的最大静摩擦力为
Ff2=μ2（M+m）g=6N
因Ff1<
Ff2,故长木板不动 （2分）
滑块在长木板上运动时的加速度大小为
=μ1g=2m/s2 （1分）
滑块速度减小到零时通过的距离
x1=
=2.25m>
L=2.0m
故滑块能离开长木板 （1分）
设滑块在长木板上运动的时间为t1,
则L=vBt1-
a
代入数据解得t1=1.0s（t1=2.0s舍去） （1分）
滑块运动到C点时的速度为vC=vB-at1=1.0m/s（1分）
滑块离开长木板后做平抛运动,设其运动的时间为t2,则h=
g
（1分）
x2=vCt2 （1分）
联立解得x2=0.2m（1分）
滑块离开C点到落地的过程中通过的位移大小为
x=
=0.28m（1分）
（1）-1.5J
（2）见解析
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