（通用版）2020版高考物理大一轮复习滚动测试卷一（第一_三章）新人教版.docx

《（通用版）2020版高考物理大一轮复习滚动测试卷一（第一_三章）新人教版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2020版高考物理大一轮复习滚动测试卷一（第一_三章）新人教版.docx（11页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1滚动测试卷一(第一 三章)(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.在物理学的重大发现中,科学家们总结出了许多物理学方法,如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等。以下关于物理学研究方法的叙述正确的是( )A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时,用质点来代替物体的方法运用了假设法B.根据速度的定义式 v= ,当 t趋近于零时,就可以表示物体在 t时刻的瞬时速度

2、,该定义运用了 x t微元法C.在实验探究加速度与力、质量的关系时,运用了控制变量法D.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程等分成很多小段,然后将各小段位移相加,运用了极限思想法答案 C解析 用质点来代替物体的方法是建立物理模型法,故选项 A错误;速度的定义式 v= ,当 t趋近于 x t零时,就可以表示物体在 t时刻的瞬时速度,该定义运用了极限思想法,选项 B错误;用实验来探究物体的加速度与力、质量的关系时,运用了控制变量法,选项 C正确;在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程等分成很多小段,然后将各小段位移相加,运用了微元法,选项 D错误。2.跳伞运动员从高空悬停的直升机

3、上跳下过程中,运动员沿竖直方向运动的 v-t图像如图所示,下列说法正确的是( )A.10 s末运动员的速度方向改变2B.15 s末开始运动员处于静止状态C.运动员在 010 s的平均速度等于 10 m/sD.1015 s运动员做加速度逐渐减小的减速运动答案 D解析 由题图可知,运动员在 010s的位移大于其在这段时间内做匀加速直线运动的位移,所以平均速度大于 m/s=10m/s,选项 C错误;15s 后速度的大小恒定,表明运动员做匀速运动,选项 B错误;20+0210s后的速度由大变小,但方向不变,选项 A错误;10 15s图线的斜率为负且逐渐减小,表明运动员做加速度逐渐减小的减速运动,选项

4、D正确。3.一辆汽车在平直公路上做刹车实验,0 时刻起运动位移与速度的关系式为 x=10-0.1v2(各物理量的单位均为国际单位制的单位),下列分析正确的是( )A.上述过程的加速度大小为 10 m/s2B.刹车过程持续的时间为 5 sC.0时刻的初速度为 10 m/sD.刹车过程的位移为 5 m答案 C解析 由 v2- =2ax可得 x=- v2,对应 x=10-0.1v2,可知 =-0.1,- =10,解得 a=-v0212av02+12a 12a 12av025m/s2,v0=10m/s,A错误,C 正确;由 v0=-at可得刹车过程持续的时间为 t=2s,由 =-2ax可得刹车过v02

5、程的位移为 x=10m,B、D 错误。4.如图所示,滑轮本身的质量可忽略不计,滑轮轴 O安在一根轻木杆 B上,一根轻绳 AC绕过滑轮, A端固定在墙上,且绳保持水平, C端挂一重物, BO与竖直方向夹角 = 45,系统保持平衡。若保持滑轮的位置不变,改变夹角 的大小,则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是( )3A.只有角 变小,作用力才变大B.只有角 变大,作用力才变大C.不论角 变大或变小,作用力都是变大D.不论角 变大或变小,作用力都不变答案 D解析 对滑轮受力分析,受两条绳子的拉力和杆的弹力;滑轮一直保持静止,合力为零,故杆的弹力与两条绳子的拉力的合力等大、反向;由于两条绳子的拉力大小等于

6、重物的重力,大小不变,方向也不变,故两拉力的合力为 mg,与水平方向成 45斜向右下方,如图所示。25.如图所示,质量为 m的物体置于倾角为 的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为 。先用平行于斜面的推力 F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑;若改用水平推力 F2作用于物体上,也能使物体沿斜面匀速上滑,则两次的推力之比 为( )F1F2A.cos + sin B.cos - sin C.1+ tan D.1- tan 答案 B解析 当 F1作用时,物体的受力情况如图 1,根据平衡条件得F1=mgsin+F NFN=mgcos解得 F1=mgsin+mg cos4当 F2作用时,物体的受力情

7、况如图 2,根据平衡条件得F2cos=mg sin+F NFN=mgcos+F 2sin解得 F2=mgsin +mgcoscos - sin所以 =cos- sin ,故选 B。F1F26.如图所示,甲、乙两物体分别从 A点和 B点同时由静止开始做匀加速直线运动,结果二者同时到达C点, D是 C点右侧一点,下面说法正确的是( )A.两物体在到达 C点前的任一时刻,总有甲的速度大于乙的速度B.两物体在到达 C点前的任一位置,总有甲的速度大于乙的速度C.欲使两物体由静止开始运动同时到达 D点,且保持各自的加速度不变,则需要甲先运动D.甲从 A点匀加速运动,乙从 B点匀加速运动,若同时到达 D点,

8、则在 CD之间甲的平均速度必然大于乙的平均速度答案 ABD解析 设甲的加速度为 a1,乙的加速度为 a2,根据题意,有 a1t2 a2t2,得 a1a2,由于两物体同时运动,12 12由 v=at知,A 正确。根据题意,到达 B、 C点间任意位置时,总有甲的位移大于乙的位移,据 v2=2ax知,B 正确。甲走完 AC段与乙走完 BC段所用时间相等,该过程中乙的加速度小,且到达 C点时乙的速度小,故乙走完 CD段所用时间长,则需要乙先运动,C 错误。据 知,D 正确。v= x t57.(2018江西二模)如图所示,光滑水平地面上,可视为质点的两滑块 A、 B在水平外力作用下紧靠在一起压紧弹簧,弹

9、簧左端固定在墙壁上,此时弹簧的压缩量为 x0,以两滑块此时的位置为坐标原点建立如图所示的一维坐标系。现将外力突然反向并使 B向右做匀加速运动,下列关于拉力 F、两滑块间弹力 FN与滑块 B的位移 x变化的关系图像可能正确的是( )答案 BD解析 设 AB向右匀加速运动的加速度为 a。根据牛顿第二定律,对整体有 F+k(x0-x)=(mA+mB)a,可得F=kx+(mA+mB)a-kx0。若有( mA+mB)a=kx0,则 F=kx,F与 x成正比, F-x图像可能是过原点的直线;对 A有 k(x0-x)-FN=mAa,得 FN=-kx+kx0-mAa,可知 FN-x图像是向下倾斜的直线;当 F

10、N=0时 A、 B开始分离,此后 B做匀加速运动, F不变,则有 x=x0- mgsin30+m0gsin30时,木块 A相对斜面不滑动,因此木块 A、圆柱体 B是否静止在斜面上,由圆柱体 B对木块 A的弹力决定,木块 A、圆柱体 B可能静止于斜面上,故 A错误,B 正确;若 m0=2m,则mgsin30+m0gsin30= m0g,而 Ff=F N=0.75m0gcos30= m0g;因 Ffmgsin30+m0gsin30,木块 A不滑动,木块 A受到斜面的静摩擦力,大小为 Ff=mgsin30+m0gsin30= m0g= mg,故 D正确。916 92二、实验题(本题共 2小题,共 2

11、0分)9.(8分)某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系的实验中,测得图中弹簧 OC的劲度系数为 500 N/m。如图甲所示,用弹簧 OC和弹簧测力计 a、 b做探究求合力的方法实验。保持弹簧伸长 1.00 cm不变。(1)若弹簧测力计 a、 b间夹角为 90,弹簧测力计 a的读数是 N(图乙中所示),则弹簧测力计 b的读数可能为 N。 (2)若弹簧测力计 a、 b间夹角大于 90,保持弹簧测力计 a与弹簧 OC的夹角不变,减小弹簧测力计b与弹簧 OC的夹角,则弹簧测力计 a的读数 、弹簧测力计 b的读数 。(均选填“变大”“变小”或“不变”) 7答案 (1)3.003.02 3.94.1(有效数字

12、不作要求) (2)变大 变大解析 (1)弹簧测力计最小刻度为 0.1N,要进行估读,所以读到小数点后两位。由题图乙可得 a弹簧测力计的读数在 3.0N左右,因合力为 F=kx=5000.01N=5N,两分力夹角为90,根据勾股定理进行计算,则另一个力 Fb= =4.0N。F2-Fa2(2)如图所示 Oa、 Ob线段长度表示开始时 a弹簧测力计和 b弹簧测力计拉力的大小, Oa、 Ob线段长度表示 b弹簧测力计与 OC夹角 减小后两弹簧测力计拉力的大小。由图可知 a、 b两弹簧测力计的读数都变大。10.(12分)某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数,实验装置如图甲所示。一表面

13、粗糙的木板固定在水平桌面上,一端装有定滑轮。木板上有一滑块,其一端与电磁打点计时器的纸带相连,另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为 50 Hz。开始实验时,在托盘中放入适量砝码,滑块开始做匀加速直线运动,在纸带上打出一系列小点。甲乙(1)图乙给出的是实验中获取的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点,每相邻两计数点间还有 4个点(图中未标出),计数点间的距离如图乙所示。通过纸带得出 16每个点的瞬时速8度,画出 v-t图像,进而求得 a。其中 3号点的瞬时速度的大小 v3= m/s(保留三位有效数字)。(2)也可以去除一个数据,利用逐差法处

14、理求得 a。如果去除的是 2.88 cm这一数据,计算出滑块的加速度 a= m/s2(保留三位有效数字)。 (3)为测量动摩擦因数,下列物理量中还应测量的有 (填入所选物理量前的字母,完全选对才得分);还需要使用的仪器是 。 A.木板的长度 lB.木板的质量 m1C.滑块的质量 m2D.托盘和砝码的总质量 m3E.利用停表测量滑块运动的时间 t(4)滑块与木板间的动摩擦因数 = (用被测物理量的字母表示,重力加速度为 g)。与真实值相比,测量的动摩擦因数 (选填“偏大”或“偏小”)。 答案 (1)0.264 (2)0.496 (3)CD 天平(4) 偏大m3g-(m2+m3)am2g解析 (1

15、)每相邻两计数点间还有 4个点,说明相邻的计数点间时间间隔为 0.1s,3号点的瞬时速度的大小 v3= =0.264m/s。x3+x42T =(2.40+2.88)10-2m0.2s(2)如果去除的是 2.88cm这一数据,计算滑块的加速度有a= =(x7-x3)+(x6-x2)+(x5-x1)12T20.496m/s2。(3)要测量动摩擦因数,由 Ff=F N可知,需要知道摩擦力和压力的大小。本题中压力就是滑块的重力,所以需要知道滑块的质量;摩擦力要根据滑块的运动和牛顿第二定律来求得。滑块做的是匀加速运动,拉滑块运动靠的是托盘和砝码的重力,所以也要知道托盘和砝码的质量,故 A、B、E 错误,

16、C、D 正确。9(4)以整个系统为研究对象,由牛顿第二定律得 m 盘 g-m 块 g=(m 盘 +m 块 )a,解得 =。由于根据牛顿第二定律列方程的过程中, 只考虑了滑块和木板之间的摩擦,没有考m盘 g-(m块 +m盘 )am块 g虑细线和滑轮以及空气阻力等,故导致摩擦因数的测量值会偏大。三、计算题(本题共 3小题,共 32分)11.(10分)如图所示,直杆长 l1=0.5 m,圆筒高 l2=2.5 m,直杆位于圆筒正上方 h=1 m处。直杆从静止开始做自由落体运动,并能竖直穿越圆筒。( g取 10 m/s2, =2.236)试求:5(1)直杆下端刚好开始进入圆筒时的瞬时速度 v1;(2)直

17、杆穿越圆筒所用的时间 t。答案 (1)4.47 m/s (2)0.45 s解析 (1)杆做自由落体运动,由运动学知识得 =2gh,v12解得 v1= m/s= m/s4 .47m/s。2101 20(2)设直杆下端到达圆筒上方的时间为 t1,则 h= ,12gt12设直杆上端离开圆筒下方时间为 t2,则 l1+h+l2= ,12gt22由题意得 t=t2-t1,以上三式代入数据解得 t=0.45s。12.(11分)某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯,其结构可以简化为如图模型。雪滑梯顶点距地面高 h=15 m,滑梯斜面部分长 l=25 m,在水平部分距离雪滑梯底端为 x0=20 m处有一海绵坑

18、。比赛时参赛运动员乘坐一质量为 m0的雪轮胎从雪滑梯顶端滑下,在水平雪道上翻离雪轮胎滑向海绵坑,运动员停在距离海绵坑 1 m范围内算过关。已知雪轮胎与雪滑梯间的动摩擦因数 1=0.3,运动员与雪道间的10动摩擦因数 2=0.8,假设运动员离开雪轮胎的时间不计,运动员落到雪道上时的水平速度不变。求质量为 m的运动员(可视为质点)在水平雪道上多大区域范围离开雪轮胎才能够闯关成功?( g取 10 m/s2)答案 选手应该在距离海绵坑 67.6 m之间的区域离开雪轮胎,才能够闯关成功解析 设运动员乘坐雪轮胎沿滑梯斜面部分滑动时的加速度为 a0,滑到底端时的速度大小为 v,有(m0+m)gsin- 1(

19、m0+m)gcos= (m0+m)a0,v2=2a0l,解得 a0=3.6m/s2,v=6 m/s。5在水平雪道上运动时,运动员乘坐雪轮胎时加速度大小为 a1,翻下后加速度大小为 a2,由牛顿第二定律得 1(m0+m)g=(m0+m)a1, 2mg=ma2,设在距离海绵坑 x1处翻下时刚好滑到海绵坑边停下,翻下时速度为 v1,则有 v2- =2a1(x0-x1), =2a2x1,v12 v12联立解得 x1=6m。设在距离海绵坑 x2处翻下时刚好滑到距离海绵坑边 1m处停下,翻下时速度为 v2,则有 v2-=2a1(x0-x2), =2a2(x2-1m),联立解得 x2=7.6m。故选手应该在

20、距离海绵坑 67.6m之间的区域离v22 v22开雪轮胎,才能够闯关成功。13.(11分)如图甲所示,质量为 m=20 kg的物体在大小恒定的水平外力作用下,冲上一足够长从右向左以恒定速度 v0=10 m/s传送物体的水平传送带,从物体冲上传送带开始计时,物体的速度图像如图乙所示。已知 02 s内水平外力与物体运动方向相反,2 4 s内水平外力与物体运动方向也相反, g取 10 m/s2。求:(1)物体与传送带间的动摩擦因数;(2)04 s内物体与传送带间产生的热量 Q。答案 (1)0.3 (2)2 880 J解析 (1)设水平外力大小为 F,由题图乙可知 02s内物体做匀减速直线运动,加速度

21、大小为 a1=5m/s2,由牛顿第二定律得 F+Ff=ma11124s内物体做匀加速直线运动,加速度大小为 a2=1m/s2,由牛顿第二定律得Ff-F=ma2Ff=60N又 Ff=mg由以上各式解得 = 0.3。(2)02s内物体的位移 x1= t1,得 x1=10m,向右。v1+02传送带的位移 x1=v0t1,得 x1=20m,向左。物体与传送带的相对位移 x1=x1+x1=30m,此过程中物体与传送带间产生的热量 Q1=Ff x1=1800J。24s内物体的位移 x2= t1,得 x2=2m,向左。v2+02传送带的位移 x2=v0t1,得 x2=20m,向左。物体与传送带的相对位移 x2=x2-x2=18m。此过程中物体与传送带间产生的热量 Q2=Ff x2=1080J。所以,0 4s内物体与传送带间的摩擦热 Q=Q1+Q2=2880J。