（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)測(cè)試卷三（第一-九章） 新人教版.docx

滾動(dòng)測(cè)試卷三(第一九章)(時(shí)間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第15題只有一項(xiàng)符合題目要求,第68題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分)1.如圖所示,小車(chē)在恒力F作用下沿水平地面向右運(yùn)動(dòng),其內(nèi)底面左壁有一物塊,物塊與小車(chē)右壁之間有一壓縮的輕彈簧,小車(chē)內(nèi)底面光滑。當(dāng)小車(chē)由左側(cè)光滑地面進(jìn)入到右側(cè)粗糙地面時(shí),物塊一直與左壁保持接觸,則車(chē)左壁受物塊的壓力FN1和車(chē)右壁受彈簧的壓力FN2的大小變化是()A.FN1變大,FN2不變B.FN1不變,FN2變大C.FN1和FN2都變小D.FN1變小,FN2不變答案D解析因?yàn)槲飰K相對(duì)于小車(chē)靜止不動(dòng),故彈簧長(zhǎng)度不變,FN2不變;又因小車(chē)受地面向左的摩擦力,則小車(chē)和物塊的加速度向右減小或向左,故車(chē)左壁受物塊的壓力FN1變小,正確的選項(xiàng)為D。2.嫦娥三號(hào)奔月過(guò)程中某階段的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示,嫦娥三號(hào)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)到近月點(diǎn)P處變軌進(jìn)入圓軌道,在圓軌道做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r,周期為T(mén),已知引力常量為G,則下列說(shuō)法正確的是()A.由題中(含圖中)信息可求得月球的質(zhì)量B.由題中(含圖中)信息可求得月球第一宇宙速度C.嫦娥三號(hào)在P處變軌時(shí)必須點(diǎn)火加速D.嫦娥三號(hào)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)的加速度大于沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)的加速度答案A解析由萬(wàn)有引力提供向心力得GMmr2=m42T2r,則M=42r3GT2,即根據(jù)軌道半徑為r,周期為T(mén),引力常量為G,可以計(jì)算出月球的質(zhì)量,故A項(xiàng)正確;萬(wàn)有引力提供向心力GMmr2=mv2r,得v=GMr,由于不知道月球半徑,所以不能計(jì)算月球第一宇宙速度,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;嫦娥三號(hào)只有在P處減速,做近心運(yùn)動(dòng),才能進(jìn)入圓軌道,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;嫦娥三號(hào)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)到P處時(shí)和沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到P處時(shí),所受萬(wàn)有引力大小相等,所以加速度大小也相等,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.如圖所示,在x軸上關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的F、G兩點(diǎn)有等量異種電荷Q和-Q,一正方形ABCD與xOy在同一平面內(nèi),其中心在O點(diǎn),則下列判斷正確的是()A.O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度為零B.A、C兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等C.B、D兩點(diǎn)電勢(shì)相等D.若將點(diǎn)電荷-q從A點(diǎn)移向C點(diǎn),電勢(shì)能減少答案B解析由等量異種電荷的電場(chǎng)分布可知,O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不為零,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由對(duì)稱可知,A、C兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,選項(xiàng)B正確;D點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由于A點(diǎn)電勢(shì)高于C點(diǎn)電勢(shì),故若將點(diǎn)電荷-q從A點(diǎn)移向C點(diǎn),電場(chǎng)力做負(fù)功,電勢(shì)能增加,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。4.如圖所示,四個(gè)電表均為理想電表,當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P向左端移動(dòng)時(shí),下面說(shuō)法正確的是()A.電壓表V1的讀數(shù)減小,電流表A1的讀數(shù)增大B.電壓表V1的讀數(shù)增大,電流表A1的讀數(shù)減小C.電壓表V2的讀數(shù)減小,電流表A2的讀數(shù)減小D.電壓表V2的讀數(shù)增大,電流表A2的讀數(shù)減小答案B解析當(dāng)滑片P向左移動(dòng)時(shí),連入電路的電阻增大,使得整個(gè)電路的總電阻增大,根據(jù)閉合電路歐姆定律可知,干路電流I減小,即電流表A1的讀數(shù)減小;又電壓表V1的讀數(shù)U1=E-I(R1+r)增大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;電流表A2的讀數(shù)I2=U1R3增大,通過(guò)電阻R2支路的電流I1=I-I2,因I減小,I2增大,所以I1減小,電壓表V2的讀數(shù)U2=I1R2減小,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。5.一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a-t圖像如圖所示,t=0時(shí)其速度大小為2 m/s,滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 N,則()A.在t=6 s的時(shí)刻,物體的速度為18 m/sB.在06 s時(shí)間內(nèi),合力對(duì)物體做的功為400 JC.在06 s時(shí)間內(nèi),拉力對(duì)物體的沖量為36 NsD.在t=6 s的時(shí)刻,拉力F的功率為200 W答案D解析類比速度時(shí)間圖像中位移的表示方法可知,速度變化量在加速度時(shí)間圖像中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示,在06s內(nèi)v=18m/s,v0=2m/s,則t=6s時(shí)的速度v=20m/s,A項(xiàng)錯(cuò);由動(dòng)能定理可知,06s內(nèi),合力做的功為W=12mv2-12mv02=396J,B項(xiàng)錯(cuò);由動(dòng)量定理可知,IF-Fft=mv-mv0,代入已知條件解得IF=48Ns,C項(xiàng)錯(cuò);由牛頓第二定律可知,6s末F-Ff=ma,解得F=10N,所以拉力的功率P=Fv=200W,D項(xiàng)對(duì)。6.(2018西安模擬)某一空間存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度為B且大小不變、方向隨時(shí)間t做周期性變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(如圖甲所示),規(guī)定垂直紙面向里的磁場(chǎng)方向?yàn)檎槭轨o止于該磁場(chǎng)中的帶正電的粒子能按abcdef的順序做橫“”字曲線運(yùn)動(dòng)(即如圖乙所示的軌跡),下列辦法可行的是(粒子只受磁場(chǎng)力的作用,其他力不計(jì))()A.若粒子的初始位置在a處,在t=38T時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f處,在t=T2時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向豎直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e處,在t=118T時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b處,在t=T2時(shí)給粒子一個(gè)沿切線方向豎直向上的初速度答案AD解析要使粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如題圖所示,由左手定則知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期應(yīng)為T(mén)0=T2,若粒子的初始位置在a處時(shí),對(duì)應(yīng)時(shí)刻應(yīng)為t=34T0=38T,選項(xiàng)A正確;同理可判斷選項(xiàng)D正確。7.如圖所示,在虛線MN的上方存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),質(zhì)子和粒子從MN上的O點(diǎn)以相同的速度v0(v0在紙面內(nèi)且與MN的夾角為,<90)同時(shí)射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,再分別從MN上A、B兩點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),A、B距離為d。已知質(zhì)子的質(zhì)量為m,電荷量為e。忽略重力及質(zhì)子和粒子間的相互作用。下列說(shuō)法正確的是()A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=2mv0desin B.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=2mv0deC.兩粒子到達(dá)A、B兩點(diǎn)的時(shí)間差t=(-)dv0sinD.兩粒子到達(dá)A、B兩點(diǎn)的時(shí)間差t=dv0sin答案AC解析兩粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),軌跡如圖所示。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,粒子與質(zhì)子的軌道半徑分別為r與rp,則eBv0=mv02rp,2eBv0=4mv02r,又由題意知2rsin-2rpsin=d,可得B=2mv0desin,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;因?yàn)閠=2-222rv0-2rpv0,解得t=(-)dv0sin,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。8.(2018湖北名校聯(lián)考)如圖所示,光滑水平面上有一質(zhì)量為2m、半徑為R(R足夠大)的14圓弧曲面C,質(zhì)量為m的小球B置于其底端,另一個(gè)小球A質(zhì)量為m2,小球A以v0=6 m/s的速度向B運(yùn)動(dòng),并與B發(fā)生彈性碰撞,不計(jì)一切摩擦,小球均視為質(zhì)點(diǎn),則()A.B的最大速率為4 m/sB.B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速率為34 m/sC.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不能與A再次發(fā)生碰撞答案AD解析A與B發(fā)生彈性碰撞,取水平向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得m2v0=m2vA+mvB,12m2v02=12m2vA2+12mvB2,解得vA=-2m/s,vB=4m/s,故B的最大速率為4m/s,選項(xiàng)A正確;B沖上C并運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)二者共速,設(shè)為v,則mvB=(m+2m)v,得v=43m/s,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;B沖上C然后又滑下的過(guò)程,設(shè)B、C分離時(shí)速度分別為vB、vC,由水平方向動(dòng)量守恒有mvB=mvB+2mvC,由機(jī)械能守恒有12mvB2=12mvB2+122mvC2,聯(lián)立解得vB=-43m/s,由于|vB|<|vA|,所以二者不會(huì)再次發(fā)生碰撞,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確。二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題,共20分)9.(8分)在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中,實(shí)驗(yàn)小組選擇如圖所示紙帶,紙帶上選取連續(xù)的三個(gè)點(diǎn)A、B、C,測(cè)出A點(diǎn)距起點(diǎn)O的距離為x0,A、B兩點(diǎn)間的距離為x1,B、C兩點(diǎn)間的距離為x2,交變電流的周期為T(mén),實(shí)驗(yàn)時(shí):(1)為了減少空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響,自由落下的重錘密度要(選填“大”或“小”)一些。(2)在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中(選填“需要”或“不需要”)測(cè)重錘的質(zhì)量。(3)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出B點(diǎn)時(shí),重錘的速度vB=(用題中所給的字母表示)。(4)實(shí)驗(yàn)小組在驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn),以O(shè)為起點(diǎn)、B為研究終點(diǎn),計(jì)算結(jié)果是重錘減少的重力勢(shì)能總是大于重錘增加的動(dòng)能。其原因主要是該實(shí)驗(yàn)中存在阻力作用,因此該組同學(xué)想到可以通過(guò)該實(shí)驗(yàn)測(cè)算平均阻力的大小。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣戎禐間,重錘的質(zhì)量為m,則該實(shí)驗(yàn)中存在的平均阻力大小Ff=(結(jié)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)體積相同,密度越大的重力越大,阻力對(duì)加速度的影響就越小,因此重錘密度要大一些。(2)因?yàn)橐?yàn)證mgh=12mv2,只需驗(yàn)證gh=v22即可,不需測(cè)重錘的質(zhì)量。(3)B點(diǎn)速度等于AC段的平均速度,vB=x1+x22T。(4)根據(jù)動(dòng)能定理(mg-Ff)(x0+x1)=12mvB2得Ff=mg-mvB22(x0+x1)。10.(12分)某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的電路來(lái)測(cè)量定值電阻R0的阻值及電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。甲乙(1)根據(jù)圖甲電路,將圖乙所示的實(shí)物圖連線補(bǔ)充完整。(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)用U1、U2、I分別表示電表V1、V2、A的讀數(shù),定值電阻R0的計(jì)算表達(dá)式是:R0=(用測(cè)得的物理量表示),若實(shí)驗(yàn)中的所有操作和數(shù)據(jù)處理無(wú)錯(cuò)誤,實(shí)驗(yàn)中測(cè)得R0的值(選填“大于”“等于”或“小于”)實(shí)際值。(3)將滑動(dòng)變阻器的滑片P移動(dòng)到不同位置時(shí),記錄了U1、U2、I的一系列值。實(shí)驗(yàn)小組在同一坐標(biāo)上分別作出U1-I、U2-I圖線,則所作的圖線斜率絕對(duì)值較小的是(選填“U1-I”或“U2-I”)圖線。若用該圖線來(lái)求電源電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r,且電表V2的內(nèi)阻極大,則引起系統(tǒng)誤差的主要原因是。答案(1)如圖所示(2)U1-U2I大于(3)U1-I電壓表V1分流解析(2)定值電阻R0兩端電壓為U=U1-U2,由歐姆定律可得定值電阻R0計(jì)算表達(dá)式為R0=U1-U2I。由于電壓表的分流,定值電阻中的實(shí)際電流大于電流表讀數(shù),所以測(cè)量值大于真實(shí)值。(3)U1-I圖線為電源的伏安特性曲線,其斜率絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻;U2-I圖線為把定值電阻視為電源內(nèi)阻一部分的等效電源的伏安特性曲線,其斜率絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻與定值電阻之和;所以所作圖線斜率絕對(duì)值較小的是U1-I圖線。若用該圖線來(lái)求電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻,則引起實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差的主要原因是電壓表V1分流。三、計(jì)算題(本題共3小題,共32分)11.(10分)(2018福建二模)汽車(chē)碰撞試驗(yàn)是綜合評(píng)價(jià)汽車(chē)安全性能的有效方法之一。設(shè)汽車(chē)在碰撞過(guò)程中受到的平均撞擊力達(dá)到某個(gè)臨界值F0時(shí),安全氣囊爆開(kāi)。某次試驗(yàn)中,質(zhì)量m1=1 600 kg的試驗(yàn)車(chē)以速度v1=36 km/h正面撞擊固定試驗(yàn)臺(tái),經(jīng)時(shí)間t1=0.10 s碰撞結(jié)束,車(chē)速減為零,此次碰撞安全氣囊恰好爆開(kāi)。忽略撞擊過(guò)程中地面阻力的影響。(1)求此過(guò)程中試驗(yàn)車(chē)受到試驗(yàn)臺(tái)的沖量I0的大小及F0的大小。(2)若試驗(yàn)車(chē)以速度v1撞擊正前方另一質(zhì)量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行駛的汽車(chē),經(jīng)時(shí)間t2=0.16 s兩車(chē)以相同的速度一起滑行。試通過(guò)計(jì)算分析這種情況下試驗(yàn)車(chē)的安全氣囊是否會(huì)爆開(kāi)。答案(1)1.6104 Ns1.6105 N(2)不會(huì)爆開(kāi)解析(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量定理有-I0=0-m1v1,將已知數(shù)據(jù)代入解得I0=1.6104Ns,由沖量定義有I0=F0t1,將已知數(shù)據(jù)代入解得F0=1.6105N。(2)設(shè)試驗(yàn)車(chē)和汽車(chē)碰撞后獲得共同速度v,由動(dòng)量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,對(duì)試驗(yàn)車(chē),由動(dòng)量定理有-Ft2=m1v-m1v1,將已知數(shù)據(jù)代入解得F=2.5104N,可見(jiàn)F<F0,故試驗(yàn)車(chē)的安全氣囊不會(huì)爆開(kāi)。12.(11分)如圖所示,ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道,AB段光滑水平,BC段為光滑圓弧,對(duì)應(yīng)的圓心角=37,半徑r=2.5 m,CD段平直傾斜且粗糙,各段軌道均平滑連接,傾斜軌道所在區(qū)域有電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=2105 N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。質(zhì)量m=510-2 kg、電荷量q=+110-6 C的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))被彈簧槍發(fā)射后,沿水平軌道向左滑行,在C點(diǎn)以速度v0=3 m/s沖上斜軌。以小物體通過(guò)C點(diǎn)時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn),0.1 s以后,電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變,方向反向。已知斜軌與小物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求彈簧槍對(duì)小物體所做的功。(2)在斜軌上小物體能到達(dá)的最高點(diǎn)為P,求CP的長(zhǎng)度。答案(1)0.475 J(2)0.57 m解析(1)設(shè)彈簧槍對(duì)小物體做的功為W,由動(dòng)能定理得W-mgr(1-cos)=12mv02,代入數(shù)據(jù)得W=0.475J。(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體通過(guò)C點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后的加速度為a1,由牛頓第二定律得-mgsin-(mgcos+qE)=ma1小物體向上做勻減速運(yùn)動(dòng),經(jīng)t1=0.1s后,速度達(dá)到v1,有v1=v0+a1t1。聯(lián)立解得v1=2.1m/s。設(shè)運(yùn)動(dòng)的位移為s1,有s1=v0t1+12a1t12。電場(chǎng)力反向后,設(shè)小物體的加速度為a2,由牛頓第二定律得-mgsin-(mgcos-qE)=ma2。設(shè)小物體以此加速度運(yùn)動(dòng)到速度為0時(shí),運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,位移為s2,有0=v1+a2t2,s2=v1t2+12a2t22。設(shè)CP的長(zhǎng)度為s,有s=s1+s2。聯(lián)立相關(guān)方程,代入數(shù)據(jù)解得s=0.57m。13.(11分)如圖所示,在豎直平面內(nèi),水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其中x軸上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為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軸的勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E1。已知一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A(0,l)位置斜向下與y軸負(fù)半軸成60角射入第一象限,恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(1)判定帶電小球的電性,并求出所帶電荷量q及入射的速度大小。(2)為使得帶電小球在x軸下方的磁場(chǎng)中能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),需要在x軸下方空間加一勻強(qiáng)電場(chǎng),試求所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向和電場(chǎng)強(qiáng)度的大小。(3)在滿足第(2)問(wèn)的基礎(chǔ)上,若在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板,并且調(diào)節(jié)x軸下方的磁場(chǎng)強(qiáng)弱,使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次后從x軸上的某一位置返回到x軸的上方(帶電小球與彈性板碰撞時(shí),既無(wú)電荷轉(zhuǎn)移,也無(wú)能量損失,并且入射方向和反射方向與彈性板的夾角相同),然后恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)至y軸上的A(0,l)位置,則彈性板至少多長(zhǎng)?帶電小球從A位置出發(fā)返回至A位置過(guò)程中所經(jīng)歷的時(shí)間多長(zhǎng)?答案(1)負(fù)電3mg3E12E1B1(2)豎直向下3E1(3)233l53B1l3E1+2B1lE1解析(1)小球在第一象限中的受力分析如圖所示,所以帶電小球帶負(fù)電。mg=qE1tan60,q=3mg3E1。又qE1=qvB1cos60,即v=2E1B1。(2)小球若在x軸下方的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),必須使得電場(chǎng)力與重力二力平衡,即應(yīng)施加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng),且電場(chǎng)強(qiáng)度大小滿足qE=mg,即E=3E1。(3)要想讓小球恰好與彈性板發(fā)生兩次碰撞,并且碰撞后返回x軸上方空間勻速運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn),則其軌跡如圖所示。由幾何關(guān)系可知:3PD=2ON,ONOA=ONl=tan60聯(lián)立上述方程解得PD=DN=233l,R=233l。設(shè)在x軸下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則滿足qvB=mv2RT=2mqB。從N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為t=3360-60360T。聯(lián)立上式解得t=53B1l3E1。由幾何關(guān)系可知lAN=cos60。在第一象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1和第二象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2相等,且t1=t2=ANv=2lv=B1lE1。所以帶電小球從A點(diǎn)出發(fā)至回到A點(diǎn)的過(guò)程中所經(jīng)歷的總時(shí)間為t總=t+t1+t2。聯(lián)立上述方程解得t總=53B1l3E1+2B1lE1。