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

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=xt,当t趋近于零时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义运用了微元法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=xt,当t趋近于零时,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B.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20+02m/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;10s后的速度由大变小,但方向不变,选项A错误;1015s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-v02=2ax可得x=-12av02+12av2,对应x=10-0.1v2,可知12a=-0.1,-12av02=10,解得a=-5m/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v02=-2ax可得刹车过程的位移为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()A.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重物的重力,大小不变,方向也不变,故两拉力的合力为2mg,与水平方向成45斜向右下方,如图所示。5.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F1F2为()A.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+FNFN=mgcos解得F1=mgsin+mgcos当F2作用时,物体的受力情况如图2,根据平衡条件得F2cos=mgsin+FNFN=mgcos+F2sin解得F2=mgsin+mgcoscos-sin所以F1F2=cos-sin,故选B。6.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,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12a1t212a2t2,得a1a2,由于两物体同时运动,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v=xt知,D正确。7.(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FN=0时A、B开始分离,此后B做匀加速运动,F不变,则有x=x0-mAakx0,因此选项B、D正确。8.截面为直角三角形的木块A质量为m0,放在倾角为的斜面上,当=37时,木块恰能静止在斜面上。现将改为30,在A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B,如图乙,sin 37=0.6,cos 37=0.8。则()A.A、B仍一定静止于斜面上B.A、B可能静止于斜面上C.若m0=2m,则A受到的摩擦力为23mgD.若m0=8m,则A受到斜面的摩擦力为92mg答案BD解析由题意可知,当=37时,木块恰能静止在斜面上,则有m0gcos37=m0gsin37,代入数据解得=0.75。现将改为30,在木块A与斜面间放一质量为m的光滑圆柱体B,对木块A受力分析,则有Ff=FN,FN=m0gcos30,当Ffmgsin30+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=34m0g,而Ff=FN=0.75m0gcos30=338m0g;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=916m0g=92mg,故D正确。二、实验题(本题共2小题,共20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”)答案(1)3.003.023.94.1(有效数字不作要求)(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=F2-Fa2=4.0N。(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)m3g-(m2+m3)am2g偏大解析(1)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=x3+x42T=(2.40+2.88)10-2m0.2s=0.264m/s。(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)12T2=0.496m/s2。(3)要测量动摩擦因数,由Ff=FN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,C、D正确。(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=m盘g-(m块+m盘)am块g。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/s2,5=2.236)试求:(1)直杆下端刚好开始进入圆筒时的瞬时速度v1;(2)直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v12=2gh,解得v1=2101m/s=20m/s4.47m/s。(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。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(m0+m)gcos=(m0+m)a0,v2=2a0l,解得a0=3.6m/s2,v=65m/s。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-v12=2a1(x0-x1),v12=2a2x1,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-v22=2a1(x0-x2),v22=2a2(x2-1m),联立解得x2=7.6m。故选手应该在距离海绵坑