通用版2020版高考物理大一轮复习滚动测试卷三第一_九章新人教版.docx

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1、滚动测试卷三(第一九章)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.如图所示,小车在恒力F作用下沿水平地面向右运动,其内底面左壁有一物块,物块与小车右壁之间有一压缩的轻弹簧,小车内底面光滑。当小车由左侧光滑地面进入到右侧粗糙地面时,物块一直与左壁保持接触,则车左壁受物块的压力FN1和车右壁受弹簧的压力FN2的大小变化是()A.FN1变大,FN2不变B.FN1不变,FN2变大C.FN1和FN2都变小D.FN1变小,FN2

2、不变答案D解析因为物块相对于小车静止不动,故弹簧长度不变,FN2不变;又因小车受地面向左的摩擦力,则小车和物块的加速度向右减小或向左,故车左壁受物块的压力FN1变小,正确的选项为D。2.嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动示意图如图所示,嫦娥三号沿椭圆轨道运动到近月点P处变轨进入圆轨道,在圆轨道做圆周运动的轨道半径为r,周期为T,已知引力常量为G,则下列说法正确的是()A.由题中(含图中)信息可求得月球的质量B.由题中(含图中)信息可求得月球第一宇宙速度C.嫦娥三号在P处变轨时必须点火加速D.嫦娥三号沿椭圆轨道运动到P处时的加速度大于沿圆轨道运动到P处时的加速度答案A解析由万有引力提供向心力得GMm

3、r2=m42T2r,则M=42r3GT2,即根据轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,可以计算出月球的质量,故A项正确;万有引力提供向心力GMmr2=mv2r,得v=GMr,由于不知道月球半径,所以不能计算月球第一宇宙速度,故B项错误;嫦娥三号只有在P处减速,做近心运动,才能进入圆轨道,故C项错误;嫦娥三号沿椭圆轨道运动到P处时和沿圆轨道运动到P处时,所受万有引力大小相等,所以加速度大小也相等,故D项错误。3.如图所示,在x轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和-Q,一正方形ABCD与xOy在同一平面内,其中心在O点,则下列判断正确的是()A.O点电场强度为零B.A、C两点电场强度大小

4、相等C.B、D两点电势相等D.若将点电荷-q从A点移向C点,电势能减少答案B解析由等量异种电荷的电场分布可知,O点电场强度不为零,选项A错误;由对称可知,A、C两点电场强度大小相等,选项B正确;D点电势高于B点电势,选项C错误;由于A点电势高于C点电势,故若将点电荷-q从A点移向C点,电场力做负功,电势能增加,选项D错误。4.如图所示,四个电表均为理想电表,当滑动变阻器滑片P向左端移动时,下面说法正确的是()A.电压表V1的读数减小,电流表A1的读数增大B.电压表V1的读数增大,电流表A1的读数减小C.电压表V2的读数减小,电流表A2的读数减小D.电压表V2的读数增大,电流表A2的读数减小答案

5、B解析当滑片P向左移动时,连入电路的电阻增大,使得整个电路的总电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,干路电流I减小,即电流表A1的读数减小;又电压表V1的读数U1=E-I(R1+r)增大,选项A错误,B正确;电流表A2的读数I2=U1R3增大,通过电阻R2支路的电流I1=I-I2,因I减小,I2增大,所以I1减小,电压表V2的读数U2=I1R2减小,选项C、D错误。5.一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的a-t图像如图所示,t=0时其速度大小为2 m/s,滑动摩擦力大小恒为2 N,则()A.在t=6 s的时刻,物体的速度为18 m/sB.在06 s时间内,合力

6、对物体做的功为400 JC.在06 s时间内,拉力对物体的冲量为36 NsD.在t=6 s的时刻,拉力F的功率为200 W答案D解析类比速度时间图像中位移的表示方法可知,速度变化量在加速度时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示,在06s内v=18m/s,v0=2m/s,则t=6s时的速度v=20m/s,A项错;由动能定理可知,06s内,合力做的功为W=12mv2-12mv02=396J,B项错;由动量定理可知,IF-Fft=mv-mv0,代入已知条件解得IF=48Ns,C项错;由牛顿第二定律可知,6s末F-Ff=ma,解得F=10N,所以拉力的功率P=Fv=200W,D项对。6.(2018西安模

7、拟)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示),规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计)()A.若粒子的初始位置在a处,在t=38T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e处,在t=118T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度答案AD解析

8、要使粒子的运动轨迹如题图所示,由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0=T2,若粒子的初始位置在a处时,对应时刻应为t=34T0=38T,选项A正确;同理可判断选项D正确。7.如图所示,在虚线MN的上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,质子和粒子从MN上的O点以相同的速度v0(v0在纸面内且与MN的夹角为,90)同时射入匀强磁场中,再分别从MN上A、B两点离开磁场,A、B距离为d。已知质子的质量为m,电荷量为e。忽略重力及质子和粒子间的相互作用。下列说法正确的是()A.磁感应强度的大小为B=2mv0desin B.磁感应强度的大小为B=2mv0deC.两粒子到达A、B两点的时间差t=(-)dv0

9、sinD.两粒子到达A、B两点的时间差t=dv0sin答案AC解析两粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示。设磁感应强度为B,粒子与质子的轨道半径分别为r与rp,则eBv0=mv02rp,2eBv0=4mv02r,又由题意知2rsin-2rpsin=d,可得B=2mv0desin,选项A正确,B错误;因为t=2-222rv0-2rpv0,解得t=(-)dv0sin,选项C正确,D错误。8.(2018湖北名校联考)如图所示,光滑水平面上有一质量为2m、半径为R(R足够大)的14圆弧曲面C,质量为m的小球B置于其底端,另一个小球A质量为m2,小球A以v0=6 m/s的速度向B运动,并与B发生弹性

10、碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则()A.B的最大速率为4 m/sB.B运动到最高点时的速率为34 m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞答案AD解析A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0=m2vA+mvB,12m2v02=12m2vA2+12mvB2,解得vA=-2m/s,vB=4m/s,故B的最大速率为4m/s,选项A正确;B冲上C并运动到最高点时二者共速,设为v,则mvB=(m+2m)v,得v=43m/s,选项B错误;B冲上C然后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为vB、vC,由水平方向动量守恒有mvB=mvB+2mvC

11、,由机械能守恒有12mvB2=12mvB2+122mvC2,联立解得vB=-43m/s,由于|vB|vA|,所以二者不会再次发生碰撞,选项C错误,选项D正确。二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(8分)在验证机械能守恒定律的实验中,实验小组选择如图所示纸带,纸带上选取连续的三个点A、B、C,测出A点距起点O的距离为x0,A、B两点间的距离为x1,B、C两点间的距离为x2,交变电流的周期为T,实验时:(1)为了减少空气阻力对实验的影响,自由落下的重锤密度要(选填“大”或“小”)一些。(2)在验证机械能守恒定律的实验中(选填“需要”或“不需要”)测重锤的质量。(3)打点计时器打出B点时,重锤的

12、速度vB=(用题中所给的字母表示)。(4)实验小组在验证机械能守恒定律的实验中发现,以O为起点、B为研究终点,计算结果是重锤减少的重力势能总是大于重锤增加的动能。其原因主要是该实验中存在阻力作用,因此该组同学想到可以通过该实验测算平均阻力的大小。已知当地重力加速度值为g,重锤的质量为m,则该实验中存在的平均阻力大小Ff=(结果用m、g、vB、x0、x1表示)。答案(1)大(2)不需要(3)x1+x22T(4)mg-mvB22(x0+x1)解析(1)体积相同,密度越大的重力越大,阻力对加速度的影响就越小,因此重锤密度要大一些。(2)因为要验证mgh=12mv2,只需验证gh=v22即可,不需测重

13、锤的质量。(3)B点速度等于AC段的平均速度,vB=x1+x22T。(4)根据动能定理(mg-Ff)(x0+x1)=12mvB2得Ff=mg-mvB22(x0+x1)。10.(12分)某实验小组用如图甲所示的电路来测量定值电阻R0的阻值及电源的电动势和内阻。甲乙(1)根据图甲电路,将图乙所示的实物图连线补充完整。(2)实验时用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的读数,定值电阻R0的计算表达式是:R0=(用测得的物理量表示),若实验中的所有操作和数据处理无错误,实验中测得R0的值(选填“大于”“等于”或“小于”)实际值。(3)将滑动变阻器的滑片P移动到不同位置时,记录了U1、U2、I的一系

14、列值。实验小组在同一坐标上分别作出U1-I、U2-I图线,则所作的图线斜率绝对值较小的是(选填“U1-I”或“U2-I”)图线。若用该图线来求电源电动势E和内阻r,且电表V2的内阻极大,则引起系统误差的主要原因是。答案(1)如图所示(2)U1-U2I大于(3)U1-I电压表V1分流解析(2)定值电阻R0两端电压为U=U1-U2,由欧姆定律可得定值电阻R0计算表达式为R0=U1-U2I。由于电压表的分流,定值电阻中的实际电流大于电流表读数,所以测量值大于真实值。(3)U1-I图线为电源的伏安特性曲线,其斜率绝对值表示电源内阻;U2-I图线为把定值电阻视为电源内阻一部分的等效电源的伏安特性曲线,其

15、斜率绝对值表示电源内阻与定值电阻之和;所以所作图线斜率绝对值较小的是U1-I图线。若用该图线来求电源的电动势和内阻,则引起实验系统误差的主要原因是电压表V1分流。三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分)(2018福建二模)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1=36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F

16、0的大小。(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16 s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。答案(1)1.6104 Ns1.6105 N(2)不会爆开解析(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向为正方向,根据动量定理有-I0=0-m1v1,将已知数据代入解得I0=1.6104Ns,由冲量定义有I0=F0t1,将已知数据代入解得F0=1.6105N。(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v,由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,对试验车,由动

17、量定理有-Ft2=m1v-m1v1,将已知数据代入解得F=2.5104N,可见FF0,故试验车的安全气囊不会爆开。12.(11分)如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段为光滑圆弧,对应的圆心角=37,半径r=2.5 m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有电场强度大小为E=2105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=510-2 kg、电荷量q=+110-6 C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3 m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点,0.1 s以后,电场强度大小不变,方向反向。已知斜

18、轨与小物体间的动摩擦因数=0.25。设小物体的电荷量保持不变,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功。(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度。答案(1)0.475 J(2)0.57 m解析(1)设弹簧枪对小物体做的功为W,由动能定理得W-mgr(1-cos)=12mv02,代入数据得W=0.475J。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1,由牛顿第二定律得-mgsin-(mgcos+qE)=ma1小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1s后,速度达到v1,有v1=v0+a1t1。联立解得v1=

19、2.1m/s。设运动的位移为s1,有s1=v0t1+12a1t12。电场力反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得-mgsin-(mgcos-qE)=ma2。设小物体以此加速度运动到速度为0时,运动的时间为t2,位移为s2,有0=v1+a2t2,s2=v1t2+12a2t22。设CP的长度为s,有s=s1+s2。联立相关方程,代入数据解得s=0.57m。13.(11分)如图所示,在竖直平面内,水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场,其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1,并且在第一象限和第二象限有方向相反、大小相同的平行于x轴的匀强电场,电场强度大

20、小为E1。已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0,l)位置斜向下与y轴负半轴成60角射入第一象限,恰能做匀速直线运动。(1)判定带电小球的电性,并求出所带电荷量q及入射的速度大小。(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动,需要在x轴下方空间加一匀强电场,试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小。(3)在满足第(2)问的基础上,若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板,并且调节x轴下方的磁场强弱,使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时,既无电荷转移,也无能量损失,并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同),然后恰能做匀速直线运动至y轴上

21、的A(0,l)位置,则弹性板至少多长?带电小球从A位置出发返回至A位置过程中所经历的时间多长?答案(1)负电3mg3E12E1B1(2)竖直向下3E1(3)233l53B1l3E1+2B1lE1解析(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示,所以带电小球带负电。mg=qE1tan60,q=3mg3E1。又qE1=qvB1cos60,即v=2E1B1。(2)小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动,必须使得电场力与重力二力平衡,即应施加一竖直向下的匀强电场,且电场强度大小满足qE=mg,即E=3E1。(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞,并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点,则其轨迹如图所示。由几何关系可知:3PD=2ON,ONOA=ONl=tan60联立上述方程解得PD=DN=233l,R=233l。设在x轴下方的磁感应强度为B,则满足qvB=mv2RT=2mqB。从N点运动到C点的时间为t=3360-60360T。联立上式解得t=53B1l3E1。由几何关系可知lAN=cos60。在第一象限运动的时间t1和第二象限中运动的时间t2相等,且t1=t2=ANv=2lv=B1lE1。所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为t总=t+t1+t2。联立上述方程解得t总=53B1l3E1+2B1lE1。