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1、阶段滚动练(四)(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)1.如图1所示，用与水平成角的推力F作用在物块上，随着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()图1A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 Ff0，竖直方向FN(mgFsin )0，又FfFN，联立可得F，Ff(mgFsin )，可见，当减小时，F、Ff一直减小，故
2、选项B正确，A、C、D错误。答案B2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2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AB8.0 m、CD0.5 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()图2A小球匀减速运动时的加速度大小一定为3.75 m/s2B小球匀减速运动时的加速度大小可能为3.75 m/s2C0.5 s末小球的速度为8 m/sD2.5 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xaT2，得x3
3、x12aT2，可知a3.75 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vD0.5 m/s3.75 m/s20.5 s0，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vv8 m/s，C正确。答案C3. (2016山东青岛一模)如图3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()图3解析由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有mgsin mgcos ma
4、2，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。答案C4如图4所示，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()图4A.48 B.4C.24 D.24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yat2t2，tatb2tc，解得48，故选项A正确。答案
5、A二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共计24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。)5如图5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()图5A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，选项C正确，D错误；温度升高，水银面上
6、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，选项A错误，B正确。答案BC6.如图6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。t0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()图6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
7、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。故选项A、C正确。答案AC7图7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n1n215，则下列说法正确的是()图7A先后两次通过电阻R的交变电流的频率之比为23B线圈先后两次转速之比为32C电阻R两端先后两次的电压之比为32D电阻R先后两次消耗的功率之比为49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Ta0.4 s和Tb0.6 s，则频
8、率之比为fafb32，由于变压器不改变频率，故选项A错误；根据T，线圈先后两次转速之比为nanb32，故选项B正确；根据正弦交流电的电压最大值公式EmNBSNBS，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EmaEmbTbTa32，它们的电压有效值之比也为32，由可得电阻R两端先后两次的电压之比为32，故选项C正确；根据P，可得电阻R消耗的功率之比为94，故选项D错误。答案BC8.某火星探测器的发射过程的简化图如图8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
9、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()图8A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，Gma，又Gmg，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Gm(R2h2)，又Gmg，由以上两式可求得探测器绕火
10、星运动的周期和火星表面的重力加速度，C、D正确。答案BCD三、非选择题(共4小题，共52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。)9(10分)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9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x11.99 cm，x26.01 cm，x39.99 cm，x414.01 cm，x
11、517.25 cm，x616.00 cm，x714.00 cm，x812.01 cm，x99.99 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g9.8 m/s2。乙图9(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)vC1.2 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a2.0 m/s2，又ag，所以0.2。(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，v
12、F1.5 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TtDP，滑块由P点运动到打下F点的时间为2TtDP，则有vPvCa斜(TtDP)vFa(2TtDP)，解得tDP0.05 s，故滑块在斜面运动时间为t斜0.45 s，所以xa斜t0.405 m40.5 cm。答案(1)1.2(2)0.2(3)40.510(12分)(名师原创)如图10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和，磁感应强度大小分别为B1、B2，且B1B0、B22B0，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
13、上射入匀强磁场区域中，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？图10解析设粒子在磁场区域中做圆周运动的半径为r1，在磁场区域中做圆周运动的半径为r2，则有r1，r2，可得r12r2由题意可知，速度v0的最大值对应的半径为r1d，如图中的轨迹所示若粒子在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dnr1(n1，2，3)的粒子都满足恰能通过C点的条件，如图中的轨迹所示即r1(n1，2，3)又因为r1联立可解得v0(n1，2，3)答案(n1，2，3)11(14分)风洞实验室可产生水平方向的、大小可调节的风力。如图11所示，一光
14、滑且与水平面成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h0.8 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 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2。求：图11(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 Fcos 代入数据解得Fmg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a12.5 m/s2(
15、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v1v0sin ，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v2v0cos ，加速度大小为ag，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v2tat20竖直方向有v1tgt2h联立各式并代入数据解得v01.5 m/s答案(1)12.5 m/s2(2)1.5 m/s12(16分)如图12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
