创新设计高考物理全国I一轮复习习题阶段滚动练四

创新设计高考物理全国I一轮复习习题阶段滚动练四

物理一轮复习 阶段滚动练(四)‎ ‎(时间：60分钟　满分：100分)‎ 一、单选题 ‎1. 如图1所示，用与水平成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动。关于物块受到的外力，下列判断正确的是(　　)‎ ‎ A.推力F先增大后减小 ‎ B.推力F一直减小 ‎ C.物块受到的摩擦力先减小后增大 ‎ D.物块受到的摩擦力一直不变 ‎ ‎ 解析　对物块受力分析，建立如图所示的坐标系。‎ ‎ 由平衡条件得，水平方向Fcos θ－Ff＝0，竖直方向FN－(mg＋Fsin θ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝，Ff＝μ(mg＋Fsin θ)，可见，当θ减小时，F、Ff一直减小，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎2. 为了探究匀变速直线运动，某同学将一小球以一定的初速度射入一粗糙的水平面，如图中的A、B、C、D为每隔1 s记录的小球所在的位置，AB、BC、CD依次为第1 s、第2 s、第3 s小球通过的位移，经测量可知AB＝8.0 m、CD＝0.5 m。假设小球的运动可视为匀减速直线运动，则下列描述正确的是(　　)‎ ‎ A.小球匀减速运动时的加速度大小一定为3.75 m/s2‎ ‎ B.小球匀减速运动时的加速度大小可能为3.75 m/s2‎ ‎ C.0.5 s末小球的速度为8 m/s ‎ D.2.5 s末小球的速度为0.5 m/s ‎ ‎ 解析　由题意假设小球在第3 s内未停止运动，由匀变速直线运动的规律Δx＝aT2，得x3－x1＝2aT2，可知a＝3.75 m/s2，此情况下，小球在2.5 s末的速度为0.5 m/s，由运动学公式得vD＝0.5 m/s－3.75 m/s2×0.5 s＜0，因此A、B、D错误；由匀变速直线运动规律可知，小球在0.5 s末的速度为第1 s内的平均速度，由v＝v＝＝8 m/s，C正确。‎ ‎3. 如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v (以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是(　　)‎ ‎ ‎ ‎ A B C D ‎ ‎ ‎ ‎ 解析　由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，上滑时加速度比下滑时大，即上滑时图象的斜率大于下滑时图象的斜率，A、B错误；上滑与下滑的位移大小相同，即上滑与下滑图象与时间轴围成的面积大小相等，C正确，D错误。C ‎4. 如图，平行金属板A、B水平正对放置，虚线为中心线，A、B板间加上稳定的电压，有三个带电微粒a、b、c从靠近A板边缘处以相同的水平初速度射入板间，a从中心线上M点飞出板间区域，b从B板右侧边缘飞出，c落在B板的中点N处，不计微粒的重力，则带电微粒a、b、c的比荷关系为(　　)‎ ‎ A.＝4＝8 B.＝＝4 ‎ ‎ C.＝2＝4 D.＝2＝4 ‎ ‎ 解析　根据平抛运动的知识可知，微粒在竖直方向上的偏转距离y＝at2＝t2，ta＝tb＝2tc，解得＝4＝8， 故A正确。 ‎ 二、多项选择题 ‎5. 如图是温度自动报警器的工作原理图，图中1是电磁铁、2是衔铁、3是触点、4是水银温度计。则下列说法正确的是(　　)‎ ‎ A.温度低于警戒温度时，电铃报警 ‎ B.温度高于警戒温度时，电铃报警 ‎ C.温度低于警戒温度时，电铃控制电路处于通路状态指示灯亮 ‎ D.温度高于警戒温度时，电铃控制电路处于通路状态指示灯亮 ‎ ‎ 解析　当温度低于警戒温度时，控制电路处于开路状态，电磁铁线圈没有电流通过，电磁铁没有磁性。此时指示灯通过常闭触点与工作电源接通，指示灯亮，C正确，D错误；温度升高，水银面上升，因水银是导体，当温度上升到金属丝下端所指温度时，控制电路被接通，电磁铁线圈就有电流通过，电磁铁产生磁性吸引衔铁，使触点开关闭合，工作电路形成回路，电铃就响起来，发出报警信号，A错误，B正确。BC ‎6. 如图所示，质量为m1的足够长的木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，则下列图中可能符合运动情况的是(　　)‎ ‎ 解析　本题的易错点是不知道在恒力作用下，木块可能与木板保持相对静止，也可能与木板发生相对滑动。在水平恒力F作用下，木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等；也可能木块相对木板向前滑动，木块的加速度大于木板的加速度，但都做匀加速直线运动。AC ‎7. 图甲中a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象为图甲中b，所产生的交变电流分别连接理想变压器的原线圈进行供电，如图乙所示。已知变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶5，则下列说法正确的是(　　)‎ ‎ A.先后两次通过电阻R的交变电流的频率之比为2∶3‎ ‎ B.线圈先后两次转速之比为3∶2‎ ‎ C.电阻R两端先后两次的电压之比为3∶2‎ ‎ D.电阻R先后两次消耗的功率之比为4∶9‎ ‎ ‎ 解析　由题图甲读出图线，a、b所示的正弦交流电的周期分别为Ta＝0.4 s和Tb＝0.6 s，则频率之比为fa∶fb＝3∶2，由于变压器不改变频率，故A错误；根据T＝＝＝，线圈先后两次转速之比为na∶nb＝3∶2，故B正确；根据正弦交流电的电压最大值公式Em＝NBSω＝NBS，可得图线a、b所表示的两种正弦交流电的电压最大值之比为Ema∶Emb＝Tb∶Ta＝3∶2，它们的电压有效值之比也为3∶2，由＝可得电阻R两端先后两次的电压之比为3∶2，故C正确；根据P＝，可得电阻R消耗的功率之比为9∶4，故D错误。BC ‎8. 某火星探测器的发射过程的简化图如图所示，首先将该探测器发射到一停泊测试轨道，使探测器沿椭圆轨道绕地球运行，其中图中的P点为椭圆轨道上的远地点；再经一系列的变轨进入工作轨道，使探测器沿圆轨道绕火星运行。已知地球的半径和火星的半径分别为R1、R2，P点距离地面的高度为h1，在工作轨道上的探测器距离火星表面的高度为h2，地球表面的重力加速度为g，火星的质量为M，引力常量为G，忽略地球和火星自转的影响。则由以上条件可求解的是(　　)‎ ‎ A.探测器在P点的线速度 ‎ B.探测器在P点的加速度 ‎ C.探测器绕火星运动的周期 ‎ D.火星表面的重力加速度 ‎ ‎ 解析　根据牛顿第二定律得探测器在远地点P时万有引力等于其所受的合力，G＝ma，又G＝mg，由以上两式可求得探测器在远地点P时的加速度，由于轨道是椭圆，在远地点P时的速度无法确定，A错误，B正确；探测器绕火星运动时由万有引力提供向心力，则G＝m(R2＋h2)，又G＝mg′，由以上两式可求得探测器绕火星运动的周期和火星表面的重力加速度，C、D正确。BCD 三、非选择题 ‎9. 某物理兴趣小组想测量一滑块与木板间的动摩擦因数，他们将木板制作成如图甲所示的斜面和平面，倾斜木板PM与水平木板PN通过P点处一段小圆弧相连接。将滑块从斜面上由静止释放，滑块带动纸带运动，当滑块运动至P点时，立即将木板PM放平，使其不影响打点效果，打出的纸带如图乙所示，O为打下的第一个点。经过测量，纸带每相邻两计数点间的距离为x1＝1.99 cm，x2＝6.01 cm，x3＝9.99 cm，x4＝14.01 cm，x5＝17.25 cm，x6＝16.00 cm，x7＝14.00 cm，x8＝12.01 cm，x9＝9.99 cm；已知打点计时器的打点周期为0.02 s，图乙中每相邻两计数点间还有四个点没有画出，重力加速度g＝9.8 m/s2。‎ 乙 ‎ (1)打点C时滑块的速度为________m/s。‎ ‎ (2)滑块与木板间的动摩擦因数等于________。(计算结果保留一位小数)‎ ‎ (3)滑块释放点距离斜面底端P的距离为________cm。‎ ‎ ‎ 解析　(1)vC＝＝1.2 m/s。‎ (2) 由纸带上EI段数据易得，滑块减速时的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，又a＝μg，所以μ＝0.2。‎ (3) ‎(3)观察纸带可以得出在DE段的某时刻滑块到达斜面底端P点，且滑块在斜面上的加速度为a斜＝＝4.0 m/s2，vF＝＝1.5 m/s，假设从打下D点到滑块运动到P点的时间为tDP，则从打下C点到滑块运动到P点的时间为T＋tDP，滑块由P点运动到打下F点的时间为2T－tDP，则有vP＝vC＋a斜(T＋tDP)＝vF＋a(2T－tDP)，解得tDP＝0.05 s，故滑块在斜面运动时间为t斜＝0.45 s，‎ ‎ 所以x＝a斜t＝0.405 m＝40.5 cm。‎ ‎10. 如图所示，空间存在着两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1＝B0、B2＝2B0，MN为两个磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从边界上的A点以一定的初速度竖直向上射入匀强磁场区域Ⅰ中，边界MN上的C点与A点的距离为d。试求该粒子从A点射入磁场的速度v0为多大时，粒子恰能经过C点？‎ ‎ 解析　设粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动的半径为r1，在磁场区域Ⅱ中做圆周运动的半径为r2，则有r1＝，r2＝，可得r1＝2r2‎ ‎ 由题意可知，速度v0的最大值对应的半径为r1＝d，如图中的轨迹①所示 ‎ 若粒子在A点的速度小一些，则由分析可知，凡是做圆周运动的半径满足条件d＝nr1(n＝1，2，3…)的粒子都满足恰能通过C点的条件，如图中的轨迹②③所示 ‎ 即r1＝(n＝1，2，3…)‎ ‎ 又因为r1＝ ‎ 联立可解得v0＝(n＝1，2，3…)‎ ‎11. 风洞实验室可产生水平方向的、大小可调节的风力。如图所示，一光滑且与水平面成θ＝37°角的斜面固定在风洞实验室中，斜面底端距地面的高度为h＝0.8 m。一可视为质点的滑块恰好可以沿斜面匀速下滑，滑块脱离斜面后刚好能落在斜面底端正下方的A点。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求：‎ ‎ (1)滑块离开斜面后运动的加速度大小；‎ ‎ (2)滑块在斜面上匀速下滑时的速度大小。‎ ‎ ‎ 解析　(1)滑块在斜面上匀速下滑，由题意可知，滑块受到的风力水平向左。滑块在斜面上的受力情况如图所示。设滑块受到的风力大小为F，则有mgsin θ＝Fcos θ ‎ 代入数据解得F＝mg ‎ 滑块离开斜面后受到的合力大小为F合＝ ‎ 由牛顿第二定律可知，加速度大小a＝ ‎ 联立各式可得a＝12.5 m/s2‎ ‎ (2)设滑块在斜面上匀速下滑时的速度大小为v0，滑块离开斜面后，在竖直方向上做匀加速运动，初速度大小为v1＝v0sin θ，加速度大小为g，方向竖直向下 ‎ 水平方向上做匀变速运动，初速度大小为v2＝v0cos θ，加速度大小为a′＝＝g，方向水平向左 ‎ 设滑块从离开斜面到落在A点所用的时间为t，则 ‎ 水平方向有v2t－a′t2＝0‎ ‎ 竖直方向有v1t＋gt2＝h ‎ 联立各式并代入数据解得v0＝1.5 m/s ‎12. 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨宽度为L，导轨下端接有电阻R，两导轨间存在一方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。轻绳一端平行于斜面系在质量为m的金属棒上，另一端通过定滑轮竖直悬吊质量为m0的小木块。第一次将金属棒从PQ位置由静止释放，发现金属棒沿导轨下滑。第二次去掉轻绳，让金属棒从PQ位置由静止释放。已知两次下滑过程中金属棒始终与导轨接触良好，且在金属棒下滑至底端MN前，都已经达到了平衡状态。导轨和金属棒的电阻都忽略不计，已知＝4，＝(h为PQ位置与MN位置的高度差)。求：‎ ‎ (1)金属棒两次运动到MN时的速度大小之比；‎ ‎ (2)金属棒两次运动到MN过程中，电阻R产生的热量之比。‎ ‎ ‎ 解析　(1)第一次释放金属棒后达到了平衡状态时，设金属棒速度为v1，根据法拉第电磁感应定律有E1＝BLv1‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律有I1＝ ‎ 金属棒受到的安培力F安＝BI1L ‎ 金属棒匀速运动时有mgsin 30°＝F安＋m0g ‎ 解得v1＝ ‎ 第二次释放金属棒后达到了平衡状态后，设金属棒速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有E2＝BLv2‎ ‎ 根据闭合电路欧姆定律有I2＝ ‎ 金属棒受到的安培力F安′＝BI2L ‎ 金属棒匀速运动时有mgsin 30°＝F安′‎ ‎ 解得v2＝ ‎ 所以有＝＝ ‎ (2)第一次下滑至MN位置的过程中根据动能定理得mgh－m0g－W1＝(m＋m0)v ‎ 第二次下滑至MN位置的过程中根据动能定理得mgh－W2＝mv ‎ 两次运动过程中，电阻R产生的热量之比为＝＝