2018届高考物理一轮复习滚动测试卷一第一_三章.docx

滚动测试卷一(第一三章)(时间:45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,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。答案C2.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图象如图所示,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解析由题图可知,运动员在010 s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=10 m/s,选项C错误;15 s后速度的大小恒定,表明运动员做匀速运动,选项B错误;10 s后的速度由大变小,但方向不变,选项A错误;1015 s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。答案D3.一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(m),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解析由v2-=2ax可得x=-v2,对应x=10-0.1v2(m)可知=-0.1,-=10,解得a=-5 m/s2,v0=10 m/s,A错误,C正确;由v0=-at可得刹车过程持续的时间为t=2 s,由=-2ax可得刹车过程的位移为x=10 m,B、D错误。答案C4.(2016宁夏模拟)如图所示,一同学在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起,保持平衡。下列说法正确的是()A.石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B.石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C.石块c受到水平桌面向左的摩擦力D.石块c对b的作用力一定竖直向上解析石块b对a的支持力与a受到的重力都是作用在同一个物体上,不是一对相互作用力,A错误;石块b对a可能有摩擦力,所以石块b对a的支持力不一定等于a受到的重力,B错误;整体分析,地面对c无摩擦力,C错误;a、b整体受c竖直向上的作用力,D正确。答案D5.(2016湖北黄冈模拟)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()A.cos +sin B.cos -sin C.1+tan D.1-tan 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=所以=cos -sin ,故选B。答案B6.如图所示,在建筑装修中,工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨,当对磨石加竖直向上的推力F时,磨石恰好能沿斜壁向上匀速运动,已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为,则磨石受到的摩擦力大小为()A.Fsin B.(F-mg)cos C.(F-mg)sin D.(F-mg)cos 导学号17420097解析磨石受竖直向下的重力、竖直向上的推力F、垂直于斜壁向下的弹力FN和沿斜壁向下的摩擦力Ff作用,由于磨石匀速运动,故其所受合力为0,受力分析如图所示,则垂直于斜壁方向有mgsin +FN=Fsin ,故FN=Fsin -mgsin ,所以Ff=FN=(F-mg)sin ;平行于斜壁方向有Ff+mgcos =Fcos ,所以Ff=(F-mg)cos ,故只选C。答案C7.如图是甲、乙两物体在同一条直线上运动的位移图象,折线是物体甲运动的图象,直线是物体乙运动的图象。则下列说法正确的是()A.甲、乙两物体运动方向相反B.甲物体做匀速直线运动,速度大小为7.5 m/sC.乙做匀减速直线运动,加速度是-5 m/s2D.甲、乙两物体在距甲的出发点60 m处相遇解析题图是位移图象,斜率表示速度,由图象知,选项A正确;甲物体前2 s做匀速直线运动,中间停了4 s,后又做匀速直线运动,选项B错误;乙物体做匀速直线运动,加速度是0,选项C错误;由图象知,甲、乙两物体在第8 s时在距原点60 m处相遇,选项D正确。答案AD8.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数为,小木块速度随时间变化如图所示,v0、t0已知。则()A.传送带一定逆时针转动B.=tan +C.传送带的速度大于v0D.t0后滑块的加速度为2gsin -导学号17420098解析若传送带顺时针转动,滑块下滑(mgsin mgcos ),则滑块将一直匀加速到底端;若滑块上滑(mgsin mgcos ),则滑块先匀加速运动,在速度达到相等后再匀速运动,以上两种均不符合运动图象,故传送带是逆时针转动,选项A正确;滑块在0t0内摩擦力向下,滑块做匀加速下滑,有a1=gsin +gcos ,由题图可知a1=,则=-tan ,选项B错误;只有当滑块的速度等于传送带的速度时,滑块所受的摩擦力变成斜向上,故传送带的速度等于v0,选项C错误;滑块与传送带等速以后的加速度a2=gsin -gcos ,代入值得a2=2gsin -,选项D正确。答案AD二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(8分)(2016浙江理综卷)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。在保持弹簧伸长1.00 cm不变的条件下,(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(选填“变大”“变小”或“不变”)。解析(1)弹簧测力计最小刻度为0.1 N,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3.0 N左右,因合力为F=kx=5000.01 N=5 N,两分力夹角为90,根据勾股定理进行计算,则另一个力Fb=4.0 N。(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C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。答案(1)3.003.023.94.1(有效数字不作要求)(2)变大变大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所示。通过纸带得出16每个点的瞬时速度,画出v-t图象,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”)。解析(1)每相邻两计数点间还有4个打点,说明相邻的计数点间时间间隔为0.1 s,3号点的瞬时速度的大小v3=0.264 m/s。(2)如果去除的是2.88 cm这一数据,计算滑块的加速度有a=0.496 m/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;摩擦力要根据铁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=。由于根据牛顿第二定律列方程的过程中,只考虑了木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会偏大。答案(1)0.264(2)0.496(3)CD天平(4)偏大三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分)如图所示,水平地面上放置一个质量为m的物体,在与水平方向成角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g。求:(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动,拉力F的大小范围。(2)已知m=10 kg、=0.5,g取10 m/s2,若物体以恒定加速度a=5 m/s2向右做匀加速直线运动,维持这一加速度的拉力F的最小值。解析(1)要使物体运动时不离开水平面,应有Fsin mg要使物体能向右运动,应有Fcos (mg- Fsin )则F。(2)根据牛顿第二定律得Fcos -(mg-Fsin )=ma解得F=上式变形F=,其中=arctan 当sin(+)=1时F有最小值也就是Fmin=代入相关数值解得Fmin=40 N。答案(1)F(2)40 N12.(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)导学号17420099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=3.6 m/s2,v=6 m/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-=2a1(x0-x1),=2a2x1,联立解得x1=6 m。设在距离海绵坑x2处翻下时刚好滑到距离海绵坑边1 m处停下,翻下时速度为v2,则有v2-=2a1(x0-x2),=2a2(x2-1 m),联立解得x2=7.6 m。故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。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13.(11分)(2016湖北黄冈模拟)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,物体的速度图象如图乙所示。已知02.0 s内水平外力与物体运动方向相反,2.04.0 s内水平外力与物体运动方向也相反,g取10 m/s2。求:甲乙(1)物体与传送带间的动摩擦因数;(2)04.0 s内物体与传送带间的摩擦热Q。导学号17420100解析(1)设水平外力大小为F,由题图乙可知02.0 s内物体做匀减速直线运动,加速度大小为a1=5 m/s2,由牛顿第二定律得F+Ff=ma124 s内物体做匀加速直线运动,加速度大小为a2=1 m/s2,由牛顿第二定律得Ff-F=ma2Ff=60 N又Ff