（浙江选考）2020版高考物理一轮复习5_滚动检测卷（二）.docx

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1、1滚动检测卷(二)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分 100 分,考试时间 90 分钟。选择题部分一、选择题(每题 3 分,共 42 分)1.如图所示,下列几种情况下的物体,哪些可将物体当做质点来处理( )A.甲:研究正在吊起货物的起重机的运动时B.乙:研究正在旋转的硬币的运动时C.丙:研究太空中宇宙飞船的位置时D.丁:研究门的运动时答案 C A、B、D 选项中的研究对象的大小、形状忽略后,起重机、硬币、门的运动将无法研究,故A、B、D 选项中的研究对象不能被当做质点。C 选项中宇宙飞船的大小、形状忽略后,对于确定宇宙飞船的位置无影响,故 C 项中的宇宙飞船可以被当做质点。2.关于速度的描述

2、,下列说法中正确的是( )答案 A 列车的最高速度指的是在安全情况下所达到的最大速度,为瞬时速度,故 A 正确;电动自行车限速 20 km/h,限制的是瞬时速度,不是平均速度,故 B 错误;子弹射出枪口时的速度与枪口这一位置点对应,因此为瞬时速度,故 C 错误;根据运动员的百米跑成绩是 10 s 可知,其平均速度为 10 m/s,而其冲刺速度不一定为 10 m/s,故 D 错误。3.用手握住一直立酱油瓶静止悬在空中,如图所示,下列关于摩擦力的说法中正确的是( )2A.手对瓶的压力越大,瓶受的摩擦力越大B.手对瓶的摩擦力大小与手和瓶的粗糙程度有关C.手对瓶的摩擦力方向竖直向下D.手对瓶的摩擦力大

3、小等于瓶的重力答案 D 瓶始终处于竖直方向且静止不动,所受重力和静摩擦力平衡,手对瓶的摩擦力方向竖直向上,大小等于瓶的重力,故 D 正确。4.如图,L 形木板置于粗糙水平面上,光滑物块压缩弹簧后用细线系住。烧断细线,物块弹出的过程中木板保持静止,此过程中( )A.弹簧对物块的弹力不变B.弹簧对物块的弹力逐渐增大C.地面对木板的摩擦力不变D.地面对木板的摩擦力逐渐减小答案 D 根据胡克定律,弹簧对物块的弹力减小,A、B 项错误。隔离木板受力分析,根据平衡条件知,地面对木板的摩擦力逐渐减小,C 项错误,D 项正确。5.如图所示,用网球拍打击飞过来的网球,网球拍打击网球的力( )A.大于球撞击网球拍

4、的力B.小于球撞击网球拍的力C.比球撞击网球拍的力更早产生D.与球撞击网球拍的力同时产生3答案 D 用网球拍打击飞过来的网球,网球拍打击网球的力与球撞击球拍的力是一对作用力与反作用力,根据牛顿第三定律得知,两个力是同时产生的,大小相等,方向相反。6.半径分别为 R 和 R/2 的两个半圆,分别组成图甲、乙所示的两个圆弧轨道,一小球从某一高度下落,分别从图甲、乙所示的开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道,都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道最高点通过,则下列说法正确的是( )A.图甲中小球开始下落的高度比图乙中小球开始下落的高度高B.图甲中小球开始下落的高度和图乙中小球开始下落的高度一

5、样高C.图甲中小球对轨道最低点的压力比图乙中小球对轨道最低点的压力小D.图甲中小球对轨道最低点的压力和图乙中小球对轨道最低点的压力一样大答案 A 图甲中小球恰好通过最高点的速度为 ,图乙中小球恰好通过最高点的速度为 ,图甲中gRgR2小球开始下落的高度为 h1=1.5R+ =2R,同理可得,图乙中小球开始下落的高度为 h2=1.5R+ =1.75R,A 项v212g v222g正确,B 项错误;由 mgh= mv2和 F-mg=m 可知,两次小球到轨道最低点时 ,对轨道的压力分别为 F1-12 v2rmg=m ,F2-mg=m ,解得 F1=mg+m ,同理 F2=mg+m ,得 F1=9mg

6、,F2=4.5mg,C、D 项错误。v12R/2 v22R 4gh1R 2gh2R7.如图所示,三个小球在离地面不同高度处,同时以相同的速度向左水平抛出,小球 A 落到 D 点,DE=EF=FG,不计空气阻力,每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面。则关于三小球( )A.B、C 两球不可能落在 D 点B.B 球落在 E 点,C 球落在 F 点C.三小球离地面的高度 AEBFCG=135D.三小球离地面的高度 AEBFCG=149答案 D 因为三球以相同的初速度抛出,每隔相等的时间间隔小球依次碰到地面,则 A、B、C 三个小球的运动时间之比为 123,可得水平位移之比为 123,而 DE=EF=FG

7、,所以 B、C 两球也落在 D 点,故A、B 错误;由 h= gt2可得,A、B、C 三个小球抛出高度之比为 149,故 D 正确,C 错误。1248.不可回收的航天器在用后,将成为太空垃圾,如图是漂浮在地球附近的太空垃圾示意图,下列说法中正确的是( )A.离地越低的太空垃圾运行的向心加速度一定越大B.离地越低的太空垃圾受到的地球的万有引力一定越大C.由公式 v= 得,离地越高的太空垃圾运行速率越大grD.太空垃圾可能跟同一轨道上同向飞行的航天器相撞答案 A 根据万有引力提供向心力,有 G =ma=m ,得向心加速度 a= ,线速度 v= ,可知离地越低的太Mmr2 v2r GMr2 GMr空

8、垃圾,r 越小,向心加速度 a 越大;离地越高的太空垃圾,r 越大,v 越小,故 A 正确,C 错误;根据万有引力公式 F=G ,因为太空垃圾质量未知,所以离地越低的太空垃圾受到的万有引力不一定大,故 B 错误;根Mmr2据线速度公式 v= ,在同一轨道上的航天器与太空垃圾线速度相同,如果它们绕地球飞行的运转方向相GMr同,它们不会碰撞,故 D 错误。9.内壁光滑绝缘的真空细玻璃管竖直放置,其 A、B 端分别固定一个带电小球 a 和 b,另一带电的小球c(其直径略小于管内径)位于 A、B 的中点 O,处于静止状态,如图所示。三小球均带正电,轻晃玻璃管后,可观察到小球 c 会在 O 位置上、下附

9、近的 M、N 点间运动。下列判断正确的是( )A.小球 c 在运动过程中机械能守恒 B.小球 a 电荷量等于小球 b 电荷量C.小球 c 从 O 点运动到 N 点的过程中,电场力做负功D.小球 c 从 M 点运动到 O 点的过程中,电场力做正功答案 C 小球在运动的过程中,除重力做功以外,电场力做功,机械能不守恒,选项 A 错误;小球 c 开始静止在 O 点,由重力和电场力平衡,可知 b 球对 c 球的库仑力大于 a 球对 c 球的库仑力,则小球 a 的电荷量小于小球 b 的电荷量,选项 B 错误;小球 c 从 O 点运动到 N 点的过程中,由系统能量守恒可知,系统机5械能减少,电势能增加,电

10、场力做负功,选项 C 正确;小球 c 从 M 点运动到 O 点的过程中,系统重力势能减少,动能增加,无法判断机械能变化,故无法判断电场力做功情况,选项 D 错误。10.弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图甲所示,橡皮筋两端点 A、B 固定在把手上。如图乙所示,橡皮筋处于 ACB 时恰好为原长状态,在 C 处(AB 连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至 D 点放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标。现将弹丸竖直向上发射,已知E 是 CD 中点,则( )甲 乙A.从 D 到 C 过程中,弹丸的机械能守恒B.从 D 到 C 过程中,弹丸的动能一直在增大C.从 D

11、 到 C 过程中,橡皮筋的弹性势能先增大后减小D.从 D 到 E 过程橡皮筋对弹丸做功大于从 E 到 C 过程答案 D 从 D 到 C 的过程中,弹力对弹丸做正功,弹丸的机械能增大,当弹力与重力平衡时,弹丸的动能达到最大,此后开始减小,整个过程橡皮筋一直在恢复形变,弹性势能一直减小,因此 A、B、C 都错。DE阶段和 EC 阶段的位移相等,但 DE 阶段的橡皮筋伸长量更大,平均弹力更大,因此做的功更大, D 正确。11.2015 年 4 月 16 日,中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线,不久将成为二三线城市的主要公交用车。这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超

12、级电容器”。如图所示,这种电容器安全性高,可反复充放电 100 万次以上,使用寿命长达十二年,且容量超大(达到 9 500 F),能够在 10 s 内完成充电。下列说法正确的是( )A.该“超级电容器”能储存电荷B.该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大C.该“超级电容器”放电过程中把化学能转化为电能D.充电时电源的正极应接“超级电容器”的负极6答案 A 由题意可知,该“超级电容器”能储存电荷,故 A 正确;电容是由电容器本身的性质决定的,与电压和电荷量无关,故 B 错误;放电过程是电场能转化为电能,故 C 错误;充电时电源的正极要接电容器的正极,故 D 错误。12.如图所示,虚线 a、b、

13、c 代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即 Uab=Ubc,实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、Q 是这条轨迹上的两点,据此可知( )A.三个等势面中,a 的电势最低B.带电质点在 P 点具有的电势能比在 Q 点具有的电势能小C.带电质点通过 P 点时的动能比通过 Q 点时大D.带电质点通过 P 点时的加速度比通过 Q 点时大答案 D 质点所受电场力指向轨迹内侧,由于质点带正电,因此电场线指向右下方,沿电场线电势降低,故 c 的电势最低,a 的电势最高,故 A 错误;根据质点受力情况可知,从 P 到 Q 过程中电场力做正功,电势能降低,故 P 点的电

14、势能大于 Q 点的电势能,故 B 错误;从 P 到 Q 过程中电场力做正功,电势能降低,动能增大,故 P 点的动能小于 Q 点的动能,故 C 错误;由于相邻等势面之间的电势差相等,等势面密的地方电场线密,场强大,故 P 点位置电场强,电场力大,根据牛顿第二定律知,加速度也大,故 D 正确。13.如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端,速度为 v。若加上一个垂直纸面向外的磁场,则滑到底端时( )A.v 变大 B.v 变小C.v 不变 D.不能确定 v 的变化答案 B 由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用,故物体对斜面的正压力增大,斜面对物体的滑动摩擦力增大,由于物

15、体克服摩擦力做功增大,所以物体滑到底端时 v 变小,B 正确。14.如图所示,PQ、MN 是放置在水平面内的光滑导轨,GH 是长度为 L、电阻为 r 的导体棒,其中点与一端固定的轻弹簧连接,轻弹簧的劲度系数为 k。导体棒处在方向垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场中。图中直流电源的电动势为 E,内阻不计,电容器的电容为 C。闭合开关,待电路稳定后,则有( )7A.导体棒中电流为ER2+r+RrB.轻弹簧的长度增加BLEk(r+R1)C.轻弹簧的长度减少BLEk(r+R1)D.电容器带电荷量为 CR2Er+R1答案 C 闭合开关,电路稳定后,导体棒中电流为 ,选项 A 错误;对导体棒,由左

16、手定则可知,受向左Er+R1的安培力,故弹簧被压缩,由 B L=kx,解得 x= ,选项 B 错误,C 正确;电容器两端的电压ER1+r BLEk(r+R1)为 UC=Ir= ,故电容器带电荷量为 Q=CUC= ,选项 D 错误。Err+R1 ErCr+R1非选择题部分二、非选择题(共 58 分)15.(4 分)研究平抛运动的实验装置如图所示。(1)实验时,每次须将小球从轨道 (填字母)。 A.同一位置释放 B.不同位置无初速释放C.同一位置无初速释放(2)上述操作的目的是使小球抛出后 (填字母)。 A.只受重力B.轨迹重合C.做平抛运动8D.速度小些,便于确定位置(3)实验中已测出小球半径为

17、 r,则小球做平抛运动的坐标原点位置应是 (填字母)。 A.斜槽末端 O 点B.斜槽末端 O 点正上方 r 处C.斜槽末端 O 点正前方 r 处D.斜槽末端 O 点正上方 r 处在竖直木板上的投影点答案 (1)C (2)B (3)D解析 每次将小球从同一位置无初速释放的目的是保证轨迹重合,即使不是在同一位置释放,也都能做平抛运动,也只受到重力。16.(8 分)学校某学习兴趣小组测定某电阻 Rx的阻值。(1)先用多用电表粗测该电阻,选用“10”倍率的电阻挡测量,发现多用电表指针几乎满偏,因此需选择 (填“100”或“1”)倍率的电阻挡,再次进行正确测量,多用电表的示数如图所示,粗测电阻的结果 R

18、x为 。 (2)该学习兴趣小组为了进一步准确测量其电阻的阻值,实验室老师给学生提供了如下器材:A.一节蓄电池(电动势 4.0 V,实验室老师测量其内阻为 r=3.20 )B.电流表 A1(00.6 A,内阻约 0.125 )C.电流表 A2(03 A,内阻约 0.025 )D.电压表 V1(03 V,内阻约 3 k)E.电压表 V2(015 V,内阻约 15 k)F.滑动变阻器 R1(最大阻值 20 ,额定电流 1 A)G.开关一个、导线若干为了减小实验测量误差,要求电表测量时指针偏转要达到满偏的 以上,电压表应选用 ,电流表应13选用 (均填器材前的字母)。请根据你选择的器材设计一个进一步准

19、确测量 Rx阻值的电路,并画到下面的方框中。 9(3)根据你自己设计的实验电路,进行实验。把实验中电压表与电流表多次测量得到的符合实验要求的电压值与电流值,利用下边的 U-I 坐标系进行数据处理,若作出的图像为倾斜的直线且斜率大小为 k,则Rx= (用题中字母表示)。 答案 (1)1 1.0(2)D B 电路图如下(3)k-r解析 (1)多用电表测电阻时指针几乎满偏,因 Rx=读数倍率,说明选取的倍率大了,所以倍率选“1”。由图知,其分度值为 0.5 ,且指针刚好指到刻线,所以粗测电阻的结果 Rx为 1.0 。(2)电源电动势才 4 V,指针偏转要达到满偏的 以上,所以电压表应选 D,由于粗测

20、电阻 Rx的结果为 1.0 13,从滑动变阻器的阻值看有 RxR 变 ,应使用限流接法,则电路中的最大电流为 Im= 0.95 A,指针Er+Rx偏转要达到满偏的 以上,所以电流表只能选 B。从所给实验器材看,只能用伏安法测电阻。又由13U=ImRx知最大电压约为 0.95 V,这样电压表 V1指针偏转达不到满偏的 以上,所以用常规的伏安法测该13电阻不符合要求。题中电源的内阻已知,只有把 Rx看成电源内阻的一部分,利用伏安法测量电源电动势与内阻的方法来测 Rx,根据分析测量电路图如答案图。(3)既然相当于测量电源的内阻,根据数据画出的 U-I 图像应该为一倾斜的直线,即直线的斜率大小为电源内

21、阻与待测电阻的总和,则 k=r+Rx,Rx=k-r。17.(6 分)如图甲所示是高层建筑配备的救生缓降器材。遇到突发情况时,逃生者可以将安全带系于腰部,通过钢丝绳等安全着陆,如图乙所示,某次演练中,逃生者从离地面 72 m 高处,由静止以大小为 6 m/s2的加速度开始下滑,随后以 18 m/s 的速度匀速运动,紧接着以大小为 5 m/s2的加速度减速,到达地面时速度恰好为零。不计空气阻力,g 取 10 m/s2。求:10甲 乙(1)加速下滑的位移 x1;(2)加速下滑时钢丝绳对逃生者的拉力与重力的比值;(3)到达地面的时间 t。答案 见解析解析 (1)由运动学公式,知: =2a1x1v2m得

22、 x1=27 m(2)mg-T=ma1=0.4Tmg(3)加速运动时间 t1=3 s,减速运动时间 t3=3.6 s,通过的位移 x3= vmt3=32.4 m,匀速运动的位移 x2=h-x1-x3=12.6 m,12匀速运动时间 t2=0.7 s,到达地面的时间 t=t1+t2+t3=7.3 s。18.(8 分)如图,固定在水平面上的组合轨道,由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径 R=2.5 m)与粗糙的水平轨道组成;水平轨道动摩擦因数 =0.25,与半圆的最低点相切,轨道固定在水平面上。一个质量为m=0.1 kg 的小球从斜面上 A 处由静止开始滑下,并恰好能到达半圆轨道最高点 D,且水平抛

23、出,落在水平轨道的最左端 B 点处。不计空气阻力,小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失,g 取 10 m/s2。求:(1)小球从 D 点抛出的速度 vD;(2)水平轨道 BC 的长度 x;11(3)小球开始下落的高度 h。答案 (1)5 m/s (2)5 m (3)7.5 m解析 (1)小球恰好能到达半圆轨道最高点 D,此时只有重力提供向心力,即 mg=mv2DR所以小球从 D 点抛出的速度vD= = m/s=5 m/s。gR 102.5(2)根据竖直方向上做自由落体运动可得,2R= gt2,12所以运动的时间为 t= = s=1 s,4Rg 42.510水平轨道 BC 的长度等于平抛

24、运动的水平位移的大小,所以 x=vDt=51 m=5 m。(3)对小球从 A 到 D 的过程,利用动能定理可得,mgh-mgx-mg2R= m12v2D解得 h=7.5 m。19.(9 分)如图所示,水平放置的不带电的平行金属板 p 和 b 相距 h,两金属板间电压恒定,上极板电势较高,金属板厚度不计,忽略边缘效应。p 板上表面光滑,涂有绝缘层,其上 O 点右侧相距 s 处有小孔 K,图示平面为竖直平面。质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子以相同大小的速度从 O 点射出,水平射出的粒子沿 p 板上表面运动时间 t 后到达 K 孔,不与板碰撞地进入两板之间,进入板间的粒子落在 b 板上的 A

25、点,A 点与过 K 孔竖直线的距离为 l。竖直向下射出的粒子从 O 点小孔进入两金属板之间。粒子视为质点,重力不计,在图示平面内运动,电荷量保持不变,不计空气阻力。求:(1)水平射出的粒子的速度;(2)金属板间的电压大小;(3)竖直向下射出的粒子到达 b 板的速度。答案 见解析解析 (1)粒子沿水平方向做匀速直线运动,则速度:v=st(2)粒子进入 K 小孔后发生偏转,做类平抛运动:h= a ,12t2212t2=lv又:F=Eq其中:a= ,E=Fm Uh联立解得:U=2h2ms2ql2t2(3)竖直向下射出的粒子通过 O 点后做加速运动:qU= m - mv212v2b12解得粒子到达 b

26、 板的速度:v b= slt 4h2+l220.(11 分)如图甲所示,在 xOy 平面内有足够大的匀强电场。电场方向竖直向上,电场强度 E=40 N/C,在y 轴左侧平面内有区域足够大的磁场,磁感应强度 B1随时间 t 变化的规律如图乙所示,15 s 后磁场消失,选定磁场垂直纸面向里为正方向。在 y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场,分布在一个半径为 r=0.3 m 的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与 y 轴相切,磁感应强度 B2=0.8 T,t=0 时刻,一质量 m=810-4 kg、电荷量 q=+210-4 C 的微粒从 x 轴上 xP=-0.8 m 处的 P 点以速度

27、 v=0.12 m/s向 x 轴正方向入射。(g 取 10 m/s2)(1)求微粒在第二象限运动过程中与 x 轴、y 轴的最大距离;(2)若微粒穿过 y 轴右侧圆形磁场时,速度方向的偏转角最大,求此圆形磁场的圆心坐标(x,y)。答案 (1)2.4 m 3.3 m(2)(0.30 m,2.25 m)解析 (1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力和重力分别为F 电 =Eq=810-3 NG=mg=810-3 NF 电 =G,所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。由牛顿第二定律有:qvB 1=mv2R1所以 R1= =0.6 mmvB1q13T= =10 s2mB1q从图乙可知在 05 s 内微粒做

28、匀速圆周运动,在 510 s 内微粒向左做匀速直线运动,运动位移为:x 1=v =0.6 mT2在 1015 s 时,微粒又做匀速圆周运动,15 s 以后向右匀速运动,之后穿过 y 轴。所以,与 y 轴的最大距离s=0.8 m+x1+R1=1.4 m+0.6 m3.3 m与 x 轴的最大距离 s=2R12=4R1=2.4 m。(2)由牛顿第二定律,有:qvB 2=mv2R2所以 R2= =0.6 m=2rmvB2q如图,微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大,入射点 A 与出射点 B 的连线必须为磁场圆的直径。所以最大偏转角 =60所以圆心坐标 x=0.30 my=s-r cos 60=2.4 m-0

29、.3 m =2.25 m12即磁场的圆心坐标为(0.30 m,2.25 m)。21.(12 分)如图所示,在 xOy 平面内存在、四个场区,y 轴右侧区存在匀强磁场,y 轴左侧与虚线 MN 之间存在方向相反的两个匀强电场,区电场方向竖直向下,区电场方向竖直向上,P 点是MN 与 x 轴的交点。有一质量为 m,带电荷量+q 的带电粒子由原点 O,以速度 v0沿 x 轴正方向水平射入区磁场,已知区匀强磁场的磁感应强度垂直纸面向里,大小为 2B0,匀强电场和匀强电场的电场强度大小均为 E= ,如图所示,区的磁场垂直纸面向外,大小为 B0,O、P 之间的距离为 ,已知粒子最后B0v02 4mv0qB0

30、能回到 O 点。(1)带电粒子从 O 点飞出后,第一次回到 x 轴时的位置和时间;(2)根据题给条件画出粒子运动的轨迹;14(3)带电粒子从 O 点飞出后到再次回到 O 点的时间。答案 见解析解析 (1)带电粒子在区磁场中运动的半径为:R 1=mv02qB0带电粒子在区磁场中运动了半个圆,回到 y 轴的坐标为:y=2R 1=mv0qB0带电粒子在场区做类平抛运动,根据牛顿第二定律得带电粒子运动的加速度为:a= = ,qEmqB0v02m竖直方向 y= at2,水平位移 x=v0t,12联立得 t= ,t 总 = + ,2mqB0 2mqB0 m2qB0第一次回到 x 轴的位置坐标为(- ,0)2mv0qB0(2)根据运动的对称性画出粒子在场区的运动轨迹。带电粒子在场区运动的半径是在场区运动半径的 2 倍,画出粒子的运动轨迹,同样根据运动的对称性画出粒子回到 O 点的运动轨迹如图所示。(3)带电粒子在区磁场中运动的时间正好为 1 个周期,故有:t 1= mqB0带电粒子在、两个电场中运动的时间为:t 2=4t=8mqB0带电粒子在场中运动的时间为半个周期:t 3= mqB0因此带电粒子从 O 点飞出后到再次回到 O 点的时间为:t 总 =t1+t2+t3=(2+8)mqB0