1、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 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( )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 F f0，竖直方向 FN(mg Fsin )0，又 FfF N，联立可得F ，F f (mg Fsin )，可见，当 减小时，F、F f 一直减小，故 B 正确，A、C
2、、Dmgcos sin 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 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( )A.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/s2C.0.5 s 末小球的速度为 8 m/sD.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
3、停止运动，由匀变速直线运动的规律 xaT 2，得 x3x 12aT 2，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 vv 8 m/s ，C 正确。t2 x1T3. 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
4、律，有 mgsin mgcos ma 1，而下滑时，根据牛顿第二定律，有 mgsin mgcos ma 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。C4. 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.
5、4 8 B. 4 qcmc qbmb qama qama qbmb qcmcC. 2 4 D. 2 4qama qbmb qcmc qcmc qbmb qama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，t at b2t c，解得12 qU2dm4 8 ， 故 A 正确。 qcmc qbmb qama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
6、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。BC6. 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、a 2 和 v1、v
7、2 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。AC7. 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 n1n 215，则下列说法正确的是(
8、)A.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，则频率之比为faf b32，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2 22n 1nnan b32，故 B 正确；根据正弦交流电的电压最大值公式 EmNBSNBS ，可得图线 a、b2T所表示的两种正弦交流电的电压最大值之比为 EmaE mb TbT a32，它们的电压有效值之比也为 32，由
9、可得电阻 R 两端先后两次的电压之比为 32，故 C 正确；根据 P ，可得n1n2 U1U2电阻 R 消耗的功率之比为 94，故 D 错误。BC8. 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、R 2，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 ( )
10、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 GMm（R1 h1）2mg，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(R 2h 2) ，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Mm（R2 h2）2 42T2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，
11、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 x11.99 cm，x 26.01 cm，x 39.99 cm，x 414.01 cm，x 517.25 cm，x 616.00 cm，x 714.00 cm，x 812.01 cm，x 99.99 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
12、度 g9.8 m/s 2。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)v C 1.2 m/s。x3 x42T(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 ag ，所x6 x7 x8 x9（2T）2以 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，v F 1.5 m/s，假设从打下 D 点到滑块运动到 P 点的时间为 tDP，x4 x3 x2 x1
13、（2T）2 x6 x72T则从打下 C 点到滑块运动到 P 点的时间为 Tt DP，滑块由 P 点运动到打下 F 点的时间为 2Tt DP，则有 vPv Ca 斜 (Tt DP)v Fa(2 Tt DP)，解得 tDP0.05 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。12 2斜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和，磁感应强度大小分别为B1、B 2，且 B1 B0、B 22B 0，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
14、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？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 ，r 2 ，可得 r12r 2mv0qB0 mv02qB0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 dnr 1(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)dn又因为 r1mv0qB0联立可解得 v0 (n 1，
15、2，3)dqB0nm11. 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 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/s 2。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 Fcos 代入数据解得 F
16、 mg34滑块离开斜面后受到的合力大小为 F 合 （mg）2 F2由牛顿第二定律可知，加速度大小 aF合m联立各式可得 a12.5 m/s 2(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 v1v 0sin ，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 v2v 0cos ，加速度大小为 a g，方向水平向左Fm 34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 at2012竖直方向有 v1t gt2h12联立各式并代入数据解得 v01.5 m/s12. 如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在
17、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) 。mm0 mgRB2L2 gh求：(1)金属棒两次运动到 MN 时的速度大小之比；(
18、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E1BLv 1根据闭合电路欧姆定律有 I1E1R金属棒受到的安培力 F 安 BI 1L金属棒匀速运动时有 mgsin 30F 安 m 0g解得 v1（m 2m0）gR2B2L2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 E2BLv 2根据闭合电路欧姆定律有 I2E2R金属棒受到的安培力 F 安 BI 2L金属棒匀速运动时有 mgsin 30F 安 解得 v2mgR2B2L2所以有 v1v2 m 2m0m 12(2)第一次下滑至 MN 位置的过程中根据动能定理得 mghm 0g W 1 (mm 0)vhsin 30 12 21第二次下滑至 MN 位置的过程中根据动能定理得 mghW 2 mv12 2两次运动过程中，电阻 R 产生的热量之比为 Q1Q2 W1W2 59112
