届高中物理二轮复习专题训练 滚动式复习测试1.docx
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届高中物理二轮复习专题训练滚动式复习测试1
滚动式复习测试
（一）
（测试范围：
专题一）
测试时间：
90分钟 满分：
100分
一、选择题（本大题有12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）
1．（2013·长沙模拟）在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假说法和建立物理模型法等．以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（ ）
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是假设法
B．根据速度的定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，这是极限思想方法
C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，运用了理想实验法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法
解析：
用质点来代替物体的方法是建立物理模型法，选项A错误；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，运用了控制变量法，选项C错误，选项BD正确．
答案：
BD
2．（2013·厦门检测）如图所示为一质点运动的速度－时间图象，曲线为一正弦曲线的上半部，则在0～t1这段时间内（ ）
滚动
（一）－1
A．质点的速度先减小后增大
B．质点在t1时刻离出发点最远
C．质点运动的加速度先增大后减小
D．图中正弦曲线是质点的实际运动轨迹
解析：
题中v－t图象的纵坐标表示瞬时速度，由图象可知，质点的速度先增大后减小，A项错误；v－t图象的”面积”表示位移，在t1时刻，该“面积”最大，所以此时离出发点最远，B项正确；v－t图象上各点处斜率的绝对值表示加速度的大小，在0～t1这段时间内，图象斜率的绝对值先减小后增大，表示质点运动的加速度先减小后增大，C项错误；v－t图象（或者x－t图象）描述的都是直线运动，图中图象都不表示质点的实际运动轨迹，D项错误．本题答案为B项．
答案：
B
滚动
（一）－2
3．如图滚动
（一）－2所示，将一套在光滑圆轨上的小圆环用一始终沿切线方向的力缓慢地由底端拉向A点，则小圆环在向上拉动的过程中（ ）
A．圆轨对小圆环的支持力变大
B．圆轨对小圆环的支持力变小
C．小圆环的拉力F变大
D．小圆环的拉力F不变
解析：
在缓慢向上拉动小圆环的过程中受力平衡，根据力的分解，重力沿径向的分力逐渐变大，沿切向的分力逐渐变小．圆轨对小圆环的支持力大小等于重力沿径向的分力大小，因此支持力变大，选项A正确．小圆环的拉力F大小等于重力沿切向的分力大小，因此拉力F变小，选项C、D错误．
答案：
A
4．（2013·陕西质检）一步行者以6.0m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距汽车25m处时，绿灯亮了，公交车以1.0m/s2的加速度匀加速启动前进，则（ ）
A．人能追上公共汽车，追赶过程中人跑了36m
B．人不能追上公共汽车，人、车最近距离为7m
C．人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43m
D．人不能追上公共汽车，且车开动后，人、车距离越来越远
解析：
在公交车加速到与人的速度相等之前，人、车之间的距离越来越小，速度相等时距离最小，速度相等的时刻过后，人匀速，车加速，车的速度将比人的速度大，距离逐渐增大，如果人和公交车的速度相等时，人还未追上公交车，则以后不可能追上；公交车加速到与人的速度相等时需要的时间为6s，人跑过的位移为36m，汽车加速的位移为18m，此时人、车之间的距离为（25＋18－36）m＝7m，人没有追上公交车，故B正确．
答案：
B
5．（2013·苏北调研）如图滚动
（一）－3所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于一侧的人用力向上攀爬时，位于另一侧的人始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是（ ）
滚动
（一）－3
A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：
本题考查作用力和反作用力的应用，意在考查学生对作用力和反作用力的理解．由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则甲拉绳子力大于乙的重力，甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，C、D错误．
答案：
A
滚动
（一）－4
6．如图滚动
（一）－4所示为某同学设计的测定木块和竖直墙壁之间的动摩擦因数的实验：
用一根弹簧将木块压在墙上，同时在木块下方有一个拉力F2作用，使木块恰好匀速向下运动（木块向下运动过程中弹簧的弹力始终垂直于木块表面），现分别测出了弹簧的弹力F1、拉力F2和木块的重力G，则动摩擦因数μ应等于（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
对木块受力分析可得水平方向F1＝FN，竖直方向F2＋G＝Ff且Ff＝μFN.三式联立即可求出μ＝
，选项A正确．
答案：
A
滚动
（一）－5
7．如图滚动
（一）－5所示，水平地面粗糙，物块m静止在斜面体M上，轻推一下物块m，物块m恰能沿斜面匀速下滑；若用沿斜面向下的推力作用在物块上，使物块加速下滑，在物块m运动过程中，斜面体始终保持静止，则两种情况下关于斜面体M，下列说法中不正确的是（ ）
A．斜面体受到地面的摩擦力大小都为零
B．斜面体受到地面的摩擦力方向都水平向左
C．斜面体对地面的压力相等
D．斜面体对物块m的作用力相等
解析：
m在斜面上匀速下滑，由整体法得地面对M摩擦力为零；由于作用在m上的推力平行于斜面，所以不论m匀速还是加速下滑，m对M的压力、摩擦力都不变，地面对M的摩擦力为零，支持力不变，所以只有B符合题意．
答案：
B
8．李林同学在篮球训练中，以一定的初速度投篮，篮球水平击中篮板，现在他向前走一小段距离，与篮板更近，再次投篮，出手高度和第一次相同，篮球又恰好水平击中篮板上的同一点，则（ ）
A．第二次投篮篮球的初速度小些
B．第二次击中篮板时篮球的速度大些
C．第二次投篮时篮球的初速度与水平方向的夹角大些
D．第二次投篮时篮球在空中飞行时间长些
解析：
投篮后到篮球水平击中篮板的过程中，篮球做斜抛运动，该运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动．由于第二次出手高度和一次相同，所以篮球又恰好水平击中篮板上的同一点所用时间t＝
，与第一次相同，D错；又因为出手处与篮板的水平距离x减小，根据x＝vxt知水平速度vx＝vycotθ减小，所以θ增大，AC对；根据机械能守恒定律可知，第二次击中篮板时篮球的速度小些，B错．
答案：
AC
9．如图滚动
（一）－6甲所示，运动员和雪橇总质量为60kg，沿倾角θ＝37°的斜坡向下滑动．测得雪撬运动的v－t图象如图滚动
（一）－6乙所示，且AB是曲线的切线，B点坐标为（4,15），CD是曲线的渐近线．若空气阻力与速度成正比，g＝10m/s2，根据以上信息，可以求出下列哪些物理量（ ）
甲 乙
滚动
（一）－6
A．空气阻力系数
B．雪橇与斜坡间的动摩擦因数
C．雪橇在斜坡上下滑的最大速度
D．雪橇达到最大速度时所用的时间
解析：
由图象可得：
A点，vA＝5m/s，加速度aA＝2.5m/s2；最终雪橇匀速运动时最大速度vm＝10m/s，加速度a＝0；雪橇沿斜坡下滑过程中由牛顿第二定律得mgsin37°－μmgcos37°－kv＝ma，代入两组数据可解出空气阻力系数k和动摩擦因数μ，选项A、B、C都正确．雪橇何时达到最大速度，不能从图象上得到，选项D错误．
答案：
ABC
10．（2013·长沙模拟）2013年2月16日凌晨，一颗直径大约为45m的小行星近距离掠过地球，如同天文学家事先通过计算做出的预测，该小行星以2.77×104km的距离同地球擦肩而过，这个距离比地球同步人造卫星的距离还近．观测发现，这颗小行星围绕太阳飞行，其飞行周期同地球差不多，为368天，但是，其飞行轨道平面与地球不同．假设地球和小行星绕太阳运动的轨道可视为圆轨道，根据上述条件可知，下列相关说法正确的是（ ）
A．小行星的运行线速度一定小于7.9km/s
B．小行星的轨道半径大于地球公转的轨道半径
C．小行星的运行线速度比地球公转的线速度小
D．小行星与地球间无万有引力作用，近距离掠过地球时其运行规律不会变化
解析：
小行星不是地球的卫星，其速度可能超过地球表面的第一宇宙速度，选项A错误；根据G
＝m
r可得，T＝2π
，则周期越大轨道半径也越大，小行星的运行周期大于地球公转周期，所以小行星的轨道半径大于地球公转的轨道半径，选项B正确；由G
＝m
，可得v＝
，则小行星运行的线速度比地球公转的线速度小，选项C正确；万有引力存在于一切有质量的物体之间，所以小行星与地球间存在万有引力作用，选项D错误．
答案：
BC
11．甲是在地球表面附近运行的近地卫星，乙是地球的同步卫星，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T，乙运行高度为h，甲、乙的轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（ ）
A．甲、乙的向心加速度均为零
B．甲、乙均处于完全失重状态
C．甲、乙的运动周期均为T
D．甲的线速度为
，乙的线速度为
解析：
根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、向心加速度等物理量．由G
＝m
得速度v＝
，由G
＝m（
）2r得周期T＝2π
，由G
＝mω2r得ω＝
，G
＝ma可求向心加速度．甲、乙均处于完全失重状态．本题选项B正确．
答案：
B
12．（2012·陕西模拟）
滚动
（一）－7
某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图滚动
（一）－7所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1＜tanθ，BC段的动摩擦因数μ2＞tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（ ）
A．地面对滑梯的摩擦力先水平向左后水平向右
B．地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左
C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小
解析：
AB段对小朋友受力分析，由于mgsinθ＞μ1mgcosθ，小朋友向下加速，有沿斜面向下的加速度，将加速度分解为水平向左和竖直向下，对整体受力分析，水平面给滑梯向左的摩擦力以提供向左的加速度，在竖直方向上整体失重，地面对滑梯的的支持力小于小朋友和滑梯的总重力；BC段对小朋友受力分析，由于mgsinθ＜μ2mgcosθ，小朋友向下减速，有沿斜面向上的加速度，将加速度分解为水平向右和竖直向上，对整体受力分析，水平面给滑梯向右的摩擦力以提供向右的加速度，在竖直方向上整体超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，故AD正确，BC错误．
答案：
AD
二、实验题（本题有2小题，共15分．请按题目要求作答）
滚动
（一）－8
13．（7分）在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，教材中提供了参考案例一：
两个小车放在光滑水平板上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放砝码，如图滚动
（一）－8所示．两个小车后端各系一条细线，用一个黑板擦把两条细线同时按在桌子上，使小车静止，如图滚动
（一）－9所示．抬起黑板擦，两小车同时开始运动，按下黑板擦，两小车同时停下来．用刻度尺测出两小车通过的位移之比就等于它们的加速度之比．
滚动
（一）－9
（1）上述实验中，作用在小车上的力是通过测量小盘和砝码的重力mg得到的，即F＝mg，这样处理会有系统误差，为了减小系统误差，小盘和砝码的质量m与小车的质量M应满足的关系是__________；为了消除这个系统误差，有同学认为只要换一下研究对象，在探究加速度与合力关系时，将小盘中减掉的砝码放到小车上，合力依然是小盘和砝码的重力mg，系统误差就没有了，他的研究对象应该是__________．
（2）该参考案例采用的物理思想方法是__________．
A．等效法B．控制变量法
C．极限法D．转换法
解析：
（1）对于小盘、砝码和小车整体：
mg＝（M＋m）a，对于小车：
F＝Ma，联立得F＝
mg，当m≪M时，F＝mg；如果将小盘、砝码和小车整体作为研究对象，将小盘中减掉的砝码放到小车上，保证了总质量（m＋M）不变，而合力大小就是mg.
（2）该参考案例“探究加速度与力、质量的关系”是通过控制小车的质量不变来探究加速度与合力的关系和通过控制合力不变来探究加速度与质量的关系的，所以B正确；该案例用刻度尺测出两小车通过的位移之比就等于它们的加速度之比，采用了转换法把测加速度转换为测位移，所以D正确．
答案：
（1）m≪M 小盘、砝码和小车整体
（2）BD
滚动
（一）－10
14．（8分）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图滚动
（一）－10所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下降的高度H、滑块释放点与挡板间的高度差h和滑块沿斜面运动的位移x.（空气阻力对本实验的影响可以忽略）
（1）滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为__________．
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为__________．
（3）以下能引起实验误差的是__________．
a．滑块的质量
b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差
d．小球落地和滑块撞击挡板不同时
解析：
（1）对于滑块的运动及小球的自由落体运动，分别有x＝
at2，H＝
gt2，解得
＝
.
（2）对滑块在斜面的运动，运用牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，即mg
－μmg
＝ma，代入
＝
解得μ＝（h－
）
.（3）由表达式μ＝（h－
）
可以看出，影响测量误差的原因有x、h、H的测量．另外，实验必须严格控制，使小球落地与滑块撞击挡板同步，这是
＝
成立的前提．本题选cd.
答案：
（1）
（2）（h－
）
（3）cd
三、计算题（本题有3小题，共37分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
15．（12分）汽车A以vA＝4m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7m处，以vB＝10m/s的速度同向运动的B汽车正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为a＝2m/s2.从此刻开始计时，求：
（1）A追上B前，A、B间的最远距离是多少？
（2）经过多长时间A恰好追上B?
解析：
（1）xA＝vAt
xB＝vBt－
at2
Δx＝xB－xA＋x0
当t＝
＝3s时，Δx最大
Δxm＝16m
（2）汽车A恰好追上汽车B时，Δx＝0
t＝7s＞5s
此时汽车B已静止，则vAt′－
－x0＝0
t′＝8s.
答案：
（1）16m
（2）8s
16．（12分）（2013·河南测试）
滚动
（一）－11
水上滑梯可简化成如图滚动
（一）－11所示的模型：
倾角为θ＝37°的斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接（设经过B点前后速度大小不变），起点A距水面的高度H＝11.0m，BC长d＝6.0m，端点C距水面的高度h＝5.0m．在滑梯上滑动时，运动员与滑梯之间的相互作用与滑动速度有关，当运动员的速度超过4m/s时，运动员与滑梯间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125.一质量m＝50kg的运动员从滑道起点A无初速度地自由滑下（取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，运动员在运动过程中可视为质点），求：
（1）从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；
（2）求运动员到达C点时速度的大小；
（3）求运动员落水点到C点的水平距离．
滚动
（一）－12
解析：
（1）运动员沿AB下滑时，受力情况如图滚动
（一）－12所示
Ff＝μFN＝μmgcosθ
根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
则运动员速度小于4m/s时加速度的大小为
a1＝gsin37°－μ1gcos37°
＝10×0.6m/s2－0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
所用时间t1＝
＝1s.
（2）速度达到4m/s时运动员发生的位移
x1＝
a1t
＝2m
此时的速度v1＝v＝4m/s
此后运动员的加速度变为
a2＝gsin37°－μ2gcos37°＝5m/s2
设运动员到达B点速度大小为vB，则由运动学公式可知
v
－v
＝2a2（AB－x1）
由几何关系可知AB＝10m，代入数据解得
vB＝4
m/s
在BC段上速度大于4m/s时的加速度a3＝μ2g＝1.25m/s2，则在BC段上速度减到4m/s时所发生的位移为x3
则（4m/s）2－v
＝－2a3x3
x3＝32m>d＝6m
故到达C点时加速度大小一直为a3＝1.25m/s2
设到达C点时速度大小为vC，则v
－v
＝－2a3d
解得vC＝9m/s.
（3）运动员离开C点后做平抛运动，落到水里时所用时间t＝
＝1s.
所以落水点到C点的水平距离x＝vCt＝9m.
答案：
（1）1s
（2）9m/s （3）9m
滚动
（一）－13
17．（13分）如图滚动
（一）－13所示，质量为M＝8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8N，当小车向右运动的速度达到v0＝1.5m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取g＝10m/s2.求：
（1）经过多长时间两者达到相同的速度；
（2）小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；
（3）从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为多少．
解析：
（1）设小物块和小车的加速度分别am、aM，由牛顿第二定律有：
μmg＝mam
F－μmg＝MaM
代入数据解得：
am＝2m/s2
aM＝0.5m/s2
设经过时间t1两者达到相同的速度，由amt1＝v0＋aMt1
解得：
t1＝1s
（2）当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动
对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：
F＝（M＋m）a
解得：
a＝0.8m/s2
此时小物块和小车之间的摩擦力f＝ma＝1.6N
而小物块和小车之间的最大静摩擦力fm＝μmg＝4N
f＜fm，所以两者达到相同的速度后，保持相对静止．
从小物块放上小车开始，小物块的位移sm＝
amt
小车的位移sM＝v0t1＋
aMt
小车至少的长度L＝sM－sm
代入数据解得：
L＝0.75m
（3）在开始的t1＝1s内，小物块的位移sm＝
amt
＝1m，末速度v＝amt1＝2m/s
在接下来的0.5s内，小物块与小车相对静止，以共同的加速度a＝0.8m/s2做匀加速运动
这0.5s内通过的位移s＝v（t－t1）＋
a（t－t1）2
代入数据解得：
s＝1.1m
从小物块放上小车开始，经过t＝1.5s小物块通过的位移大小为s总＝sm＋s＝2.1m.
答案：
（1）1s
（2）0.75m （3）2.1m
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