1、45分钟滚动复习训练卷(二)(考查范围：第四单元第五单元分值：100分) 一、选择题(每小题6分，共36分，13小题为单选，46小题为多选)1一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图G21所示，图线a表示物体受水平拉力时的vt图像，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的vt图像，g取10 m/s2，下列说法中正确的是()图G21A撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同D水平拉力对物体做功为1.2 J2如图G22所示，质量为m的木块A放在水平面上的质量为M的斜面体B上，现用大小相等、方向相反的两个水平推力
2、F1、F2分别作用在A、B上，A、B均保持静止不动则()图G22AA与B之间一定存在摩擦力BB与地面之间一定存在摩擦力CB对A的支持力一定等于mgD地面对B的支持力大小一定等于(mM)g3假设将来人类登上了火星，考察完毕后，乘坐一艘宇宙飞船从火星返回地球时，经历了如图G23所示的变轨过程，则有关这艘飞船的下列说法，正确的是()图G23A飞船在轨道上运动时的机械能大于在轨道上运动时的机械能B飞船绕火星在轨道上运动的周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以与轨道同样的轨道半径运动的周期相同C飞船在轨道上运动到P点时的加速度大于飞船在轨道上运动到P点时的加速度D飞船在轨道上运动时，经过P点时的速度大于经过
3、Q点时的速度4如图G24所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行甲、乙两滑块(可视为质点)之间夹着一个被压缩的轻弹簧(长度不计)，在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是()图G24A甲、乙滑块可能落在传送带的左、右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B甲、乙滑块可能落在传送带的左、右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等C甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等D甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等5如图G25所示，倾角为30的斜面体静止在水平地面上，一根不可伸长的轻绳
4、两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O(不计滑轮的摩擦)，A的质量为m，B的质量为4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆到定滑轮O正下方的过程中斜面体和B始终保持静止下列说法正确的是()图G25A小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mgB物块B受到的摩擦力方向没有发生变化C若适当增加OA段绳子的长度，物块B可能发生运动D地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右6如图G26所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动图G26到最高点b的过程中
5、，下列说法正确的是()A木块A处于失重状态B木块A处于超重状态CB对A的摩擦力越来越小DB对A的摩擦力越来越大二、实验题(12分)7某同学在做“探究动能定理”实验时，其主要操作步骤是：按图G27甲安装好实验装置，其中小车的质量M0.50 kg，钩码的总质量m0.10 kg；接通打点计时器的电源(电源的频率f50 Hz)，然后释放小车，打出一条纸带(1)他在多次重复实验得到的纸带中取出最满意的一条，如图乙所示把打下的第一个点记作0，然后依次取若干个计数点，相邻计数点间还有4个点未画出，用厘米刻度尺测得各相邻计数点间的距离分别为d10.8 cm，d22.4 cm，d34.1 cm，d45.6 cm
6、，d57.2 cm，d68.8 cm，他把钩码重力作为小车所受合力，计算出从打下计数点0到打下计数点5时合力所做的功W_J，把打下计数点5时小车的动能作为小车动能的改变量，计算出Ek_J(当地重力加速度g取9.80 m/s2，结果均保留三位有效数字)图G27(2)根据以上计算可知，合力对物体做的功与物体动能的变化量相差比较大通过反思，该同学认为产生误差的主要原因如下，其中正确的是_A钩码质量没有远小于小车质量，产生系统误差B钩码质量小了，应该大于小车质量C没有平衡摩擦力D没有使用最小刻度为毫米的刻度尺进行测量三、计算题(第8题24分，第9题28分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)8如图G2
7、8甲所示，一个可绕轴O在竖直平面内转动的木板OA，其上有一个质量m1 kg的物块，物块与木板OA间的动摩擦因数为0.3，且物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力使木板OA保持不同的倾角，每次都对物块施加沿木板OA向上、大小为F10 N的恒定拉力作用，使物块由静止开始从O点开始沿木板OA向上运动，得到物块的加速度a与斜面倾角的关系图像(如图乙)重力加速度g取10 m/s2.(1)求图线与a轴交点的坐标a0；(2)求图线与轴交点的坐标1(写出能求解1的方程即可，不必求出1具体结果)；(3)如果木板长L5 m，倾角37，物块在F的作用下从O点由静止开始运动，要使物块不冲出木板顶端，求力F作用的最长
8、时间(sin 370.6，cos 370.8，结果可用根式表示)图G289如图G29所示，高台的上面有一竖直的圆弧形光滑轨道，半径R m，轨道端点B的切线水平质量M5 kg的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间t1 s撞击在斜面上的P点已知斜面的倾角37，斜面底端C与B点的水平距离x03 mg取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力(1)求金属滑块运动至B点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块离开B点时，位于斜面底端C点、质量m1 kg的物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被金属滑块击中已知物块与斜面间动摩
9、擦因数0.25，求拉力F大小；(3)物块与滑块碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时物块速度变为4 m/s，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块，求物块此后在斜面上运动的时间图G2945分钟滚动复习训练卷(二)1C解析 根据速度时间图像的斜率表示加速度，结合图像得各段时间内的加速度大小分别为：a1 m/s2，a2 m/s2，因为a1a2，所以拉力方向与运动方向相反，根据牛顿第二定律得，FFfma1，Ffma2，联立解得F0.1 N，Ff0.1 N，选项C正确；前3 s内物体的位移x13 s12 m，水平拉力对物体做功W1Fx11.2 J，选项D错误；设撤去拉力后还能
10、滑行的距离为x2，由动能定理得Ffx20mv2，解得x213.5 m，故选项A错误；由Ffmg得0.03，故选项B错误2D解析 木块A受重力mg、推力F1、支持力FN作用，当这三个力的合力为零时，A、B间没有摩擦力，选项A错误；B对A的支持力无法确定，选项C错误；对A、B整体进行受力分析，水平方向整体受两个推力F1、F2，竖直方向受重力(Mm)g、地面对整体的支持力作用，水平方向两个推力恰好平衡，所以斜面体B与地面之间无摩擦力作用，地面对B的支持力等于(mM)g，选项B错误，选项D正确3D解析 飞船在轨道上经过P点时，要点火加速，使其速度增大做离心运动，从而转移到轨道上运动，所以飞船在轨道上运
11、动时的机械能小于在轨道上运动时的机械能，选项A错误；根据Gmr得周期T2，虽然r相等，但是由于地球和火星的质量不相等，所以周期T不相等，选项B错误；飞船在轨道上运动到P点时与飞船在轨道上运动到P点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知加速度必定相等，选项C错误；根据开普勒第二定律可知，飞船在轨道上运动时，在P点速度大于在Q点的速度，选项D正确4AC解析 当甲、乙被弹开时的速度大于v0时，两滑块可能均沿弹开的速度方向做减速运动直到离开传送带，由v2v2ax得离开传送带时的速度v大小相等，由平抛运动规律得距释放点的水平距离相等，选项A正确；甲滑块可能减速为零后反向加速，回到初始位置时的速度
12、与乙被弹开时的速度相同，故其从右侧离开传送带时的速度与乙的相等，则选项C正确5AD解析 开始状态物块受沿斜面向上的静摩擦力小球摆动到最低点过程机械能守恒，mglmv2，解得v；小球在最低点时，有Tmg，解得T3mg；对物块受力分析得T4mgsin 30Ff，解得Ffmg，方向平行于斜面向下，摩擦力方向改变，选项A正确，选项B错误；适当增加OA段绳子的长度，小球在最低点受到的拉力T不变，物块受力情况不变，不可能滑动，选项C错误；以斜面体、物块整体为研究对象，小球下摆过程对整体有左偏下的拉力，斜面体有向左滑动的趋势，所以摩擦力水平向右，选项D正确6AC解析 A、B一起做匀速圆周运动，合力提供向心力
13、，加速度即向心加速度从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心，在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A、B都处于失重状态，选项A正确，选项B错误；对A分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A水平加速度的力只有B对A的摩擦力，因此B对A的摩擦力越来越小，选项C正确，选项D错误7(1)0.1970.160(2)AC解析 (1)从打下计数点0到打下计数点5时合力所做的功WFlmgl0.197 J, 打下计数点5时小车的速度v50.80 m/s，EkMv0.160 J；(2)产生误差的主要原因如下，钩码质量没有远小于小车质量，拉力小于mg
14、，产生系统误差，没有平衡摩擦力，合力应为拉力与摩擦力的合力，选项A、C正确8(1)7.0 m/s2(2)3cos 110sin 110(3) s解析 (1)当0时，对物块应用牛顿第二定律有：Fmgma0解得a07.0 m/s2.(2)由图可知，当1时，物块的加速度恰好为零FFNmgsin 10FNmgcos 1解得3cos 110sin 110.(3)设F最长的作用时间为t根据牛顿第二定律得Fmgcos mgsin ma1解得a11.6 m/s2va1t，xa1t2撤去F后由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma2解得a28.4 m/s2v22a2(Lx)联立解得t s.9(1)150 N
15、(2)13 N(3) s解析 (1)滑块由A到B过程，由机械能守恒定律得MgRMv解得vB5 m/s滑块在B点时，由向心力公式得NMgM解得N150 N由牛顿第三定律知，滑块在B点时对轨道的压力大小为150 N.(2)滑块离开B点后做平抛运动的水平位移为xvBt5 m由几何关系可知物块的位移为s2.5 m设物块向上运动的加速度为a由sat2得a5 m/s2由牛顿第二定律得Fmgsin 37mgcos 37ma解得F13 N.(3)撤去拉力后，物块沿斜面上滑过程的加速度a18 m/s2上滑时间t10.5 s上滑位移s11 m物块沿斜面下滑过程的加速度a24 m/s2下滑过程ss1a2t联立解得t2 s所以物块此后在斜面上运动的时间为t总t1t2 s.
