（通用版）2020版高考物理大一輪復習 滾動測試卷二（第一-六章） 新人教版.docx

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滾動測試卷二(第一~六章) (時間: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選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1. 如圖所示,鐵質的棋盤豎直放置,每個棋子都是一個小磁鐵,能吸在棋盤上,不計棋子間的相互作用力,下列說法正確的是(　　) A.小棋子共受三個力作用 B.棋子對棋盤的壓力大小等于重力 C.磁性越強的棋子所受的摩擦力越大 D.質量不同的棋子所受的摩擦力不同 答案D 解析小棋子受到重力G、棋盤面的吸引力F、彈力FN和靜摩擦力Ff,共四個力作用,重力豎直向下,摩擦力豎直向上,且重力和摩擦力是一對平衡力;支持力和引力為一對平衡力;棋子掉不下來的原因是受到棋盤對它向上的摩擦力和它的重力大小相等,即棋子受棋盤的摩擦力與棋子的重力是一對平衡力,故選項D正確。 2. 右圖為水上樂園中的彩虹滑道,游客先要從一個極陡的斜坡由靜止滑下,接著經過一個拱形水道,最后達到末端。下列說法正確的是(　　) A.斜坡的高度和拱形水道的高度差要設計合理,否則游客經過拱形水道的最高點時可能脫離軌道 B.游客從斜坡的最高點運動到拱形水道最高點的過程中一直做加速運動 C.游客從斜坡下滑到最低點時,游客對滑道的壓力小于重力 D.游客以某一速度運動到拱形水道最高點時,游客對滑道的壓力等于重力 答案A 解析斜坡的高度和拱形水道的高度差要設計合理,不能讓游客經過拱形水道的最高點時的速度超過gr,選項A正確;游客從斜坡的最高點運動到拱形水道最高點的過程中,先做加速運動后做減速運動,選項B錯誤;游客從斜坡下滑到最低點時,速度最大,游客對滑道的壓力大于重力,選項C錯誤;游客以某一速度運動到拱形水道最高點時,游客對滑道的壓力小于重力,選項D錯誤。 3.如圖甲所示,固定的粗糙斜面長為10 m,一小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下滑的過程中,小滑塊的動能Ek隨位移x的變化規(guī)律如圖乙所示,取斜面底端的重力勢能為零,小滑塊的重力勢能Ep隨位移x的變化規(guī)律如圖丙所示,重力加速度g取10 m/s2。根據上述信息可以求出(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.斜面的傾角 B.小滑塊與斜面之間的動摩擦因數 C.小滑塊下滑的加速度的大小 D.小滑塊受到的滑動摩擦力的大小 答案D 解析圖乙是動能—位移圖像(Ek-x圖像),其斜率的絕對值是小滑塊所受合外力大小F合=mgsinθ-μmgcosθ,由圖乙可知F合=mgsinθ-μmgcosθ=2.5N;圖丙是重力勢能—位移圖像(Ep-x圖像),其斜率的絕對值是小滑塊所受重力沿斜面向下的分量Gx=mgsinθ,由圖丙可知,Gx=mgsinθ=10N,則可求出小滑塊受到的滑動摩擦力的大小Ff=μmgcosθ=7.5N,D正確;由于滑塊質量未知,故其他量均不可求。 4.如圖所示,水平木板上有質量m=2.0 kg的物塊,受到隨時間t變化的水平拉力F作用,用力傳感器測出相應時刻物塊所受摩擦力Ff的大小,如圖所示。重力加速度g取10 m/s2,下列判斷正確的是(　　) A.5 s內拉力對物塊做功為零 B.4 s末物塊所受合力大小為4 N C.物塊與木板之間的動摩擦因數為0.15 D.6~9 s內物塊的加速度為2 m/s2 答案C 解析由兩力的圖像知4s前物塊與木板間為靜摩擦力,4s后為滑動摩擦力,物塊在第5s內運動了,合外力對物塊做功,A錯;4s末物塊所受摩擦力突變,Ff=3N,合力為4N-3N=1N,B錯;物塊與木板間的滑動摩擦力為3N,由F1=μmg,解得μ=0.15,C對;5s后物塊的合力為2N,故5s后物塊的加速度為1m/s2,D錯。 5.(2018云南七校高考適應性考試)如圖甲所示,一質量為m=65 kg的同學雙手抓住單杠做引體向上,他的重心的速率隨時間變化的圖像如圖乙所示,0~1.0 s內圖線為直線。已知重力加速度大小g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　　) A.t=0.7 s時,該同學的加速度大小為3 m/s2 B.t=0.5 s時,該同學處于超重狀態(tài) C.t=1.1 s時,該同學受到單杠的作用力大小為6 500 N D.t=1.4 s時,該同學處于超重狀態(tài) 答案B 解析根據v-t圖像的斜率表示加速度可知,t=0.7s時,該同學的加速度大小為0.3m/s2,選項A錯誤;t=0.5s時,該同學向上做加速運動,故處于超重狀態(tài),選項B正確;t=1.1s時,該同學的速度達到最大,加速度為零,則他受到單杠的作用力大小等于其重力,為650N,選項C錯誤;t=1.4s時,該同學向上做減速運動,加速度方向向下,故處于失重狀態(tài),選項D錯誤。 6.(2018安徽安慶二模)某旅游景區(qū)新開發(fā)了一個游樂項目,可簡化為如圖所示的坡道模型,整個坡道由三段傾角不同的傾斜直軌道組成,滑車從坡頂A點由靜止滑下,AB段做勻加速直線運動,BC段做勻速直線運動,CD段做勻減速直線運動,滑到坡底D點時速度減為零,不計空氣阻力,則(　　) A.坡道AB對滑車的作用力沿坡面向下 B.坡道BC對滑車的作用力為零 C.坡道BC對滑車作用力豎直向上 D.坡道CD對滑車的作用力不可能垂直坡道斜面向上 答案CD 解析滑車從坡頂A點由靜止滑下,AB段做勻加速直線運動,從受力分析角度,受到重力、支持力與滑動摩擦力,因此做勻加速直線運動,則滑車受到的支持力與滑動摩擦力的合力在豎直向上偏右方向,這樣與重力的合力才能產生向下的加速度,故A錯誤;滑車在BC段做勻速直線運動,因此滑車受到的支持力與滑動摩擦力的合力與重力等值反向,則坡道BC對滑車作用力豎直向上,故B錯誤,C正確;滑車在坡道CD做勻減速直線運動,那么車受到支持力與滑動摩擦力的合力,即對滑車的作用力應該在豎直向上的偏左方向,這樣與重力的合力才能產生向上的加速度,因此對滑車的作用力不可能垂直坡道斜面向上,故D正確。 7.若已知引力常量G,地球表面處的重力加速度g,地球半徑R,地球上一個晝夜的時間T1(地球自轉周期),一年的時間T2(地球公轉周期),地球中心到月球中心的距離l1,地球中心到太陽中心的距離l2。你能計算出(　　) A.地球的質量m地=gR2G B.太陽的質量m太=4π2l23GT22 C.月球的質量m月=4π2l13GT12 D.月球、地球及太陽的密度 答案AB 解析對地球表面的一個物體m0來說,應有m0g=Gm地m0R2,所以地球質量m地=gR2G,選項A正確;對地球繞太陽運動來說,有Gm太m地l22=m地4π2T22l2,則m太=4π2l23GT22,B項正確;對月球繞地球運動來說,能求地球質量,不知道月球的相關參量及月球的衛(wèi)星運動參量,無法求出它的質量和密度,C、D項錯誤。 8.如圖所示,13個完全相同的扁長木塊緊挨著放在水平地面上,每個木塊的質量m=0.4 kg、長度l=0.5 m,它們與地面間的動摩擦因數為μ1=0.1,原來所有木塊處于靜止狀態(tài),第1個木塊的左端上方放一質量m0=1 kg的小鉛塊(可視為質點),它與木塊間的動摩擦因數為μ2=0.2?，F突然給鉛塊一向右的初速度v0=5 m/s,使其開始在木塊上滑行。已知物體所受最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2,下列說法正確的是 (　　) A.鉛塊在第10個木塊上運動時,能帶動它右面的木塊一起運動 B.鉛塊剛滑上第12個木塊左端時的速度大小為3 m/s C.鉛塊在第12個木塊上滑動時第12個木塊的加速度大小為2 m/s2 D.小鉛塊最終能滑上第13個木塊 答案BD 解析木塊受到鉛塊提供的滑動摩擦力Ff0=μ2m0g=2N,有鉛塊的那個木塊與地面間的最大靜摩擦力為Ff1=μ1(m0+m)g=1.4N,其余每個木塊與地面間的最大靜摩擦力為Ff2=μ1mg=0.4N,設鉛塊到第n個木塊時,第n個木塊及其右面的木塊開始在地面上滑動,則Ff0>(13-n)Ff2+Ff1,解得n>11.5,即當鉛塊滑到第12個木塊左端時,第12、13兩個木塊開始在地面上滑動,選項A錯誤;設鉛塊剛滑上第12個木塊左端時速度為v1,由動能定理得-μ2m0g11l=12m0v12-12m0v02,解得v1=3m/s,鉛塊滑動的加速度a0=-μ2g=-2m/s2,此時第12、13兩個木塊的加速度a1=μ2m0g-μ1(m0+2m)g2m=0.25m/s2,選項B正確,C錯誤;以第12、13兩個木塊為參考系,鉛塊滑到第12個木塊右端時相對木塊的速度v2滿足v22-v12=2(a0-a1)l,解得v2=32m/s>0,故鉛塊可以滑上第13個木塊,選項D正確。 二、實驗題(本題共2小題,共20分) 9.(10分)在驗證動量守恒定律的實驗中,已有的實驗器材有:斜槽軌道、大小相等質量不同的小鋼球兩個、重垂線一條、白紙、復寫紙、圓規(guī)。實驗裝置、實驗中小球運動軌跡及落點的情況簡圖如圖所示。 試根據實驗要求完成下列填空: (1)實驗前,軌道的調節(jié)應注意　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)實驗中重復多次讓a球從斜槽上釋放,應特別注意　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)實驗中還缺少的測量器材有　　　　　　　　　　　　　。 (4)實驗中需要測量的物理量是　。 (5)若該碰撞過程中動量守恒,則一定有關系式　　　　　　　　　　　　　　成立。 答案(1)槽的末端的切線是水平的　(2)讓a球從同一高度處由靜止釋放滾下　(3)天平、刻度尺　(4)a球的質量ma和b球的質量mb,線段OP、OM和ON的長度　(5)maOP=maOM+mbON 解析(1)由于要保證兩球發(fā)生彈性碰撞后做平拋運動,即初速度沿水平方向,所以必須保證槽的末端的切線是水平的。 (2)由于實驗要重復進行多次以確定同一個彈性碰撞后兩小球的落點的確切位置,所以每次碰撞前入射球a的速度必須相同,根據mgh=12mv2可得v=2gh,所以每次必須讓a球從同一高度處由靜止釋放滾下。 (3)要驗證mav0=mav1+mbv2,由于碰撞前后入射球和被碰球從同一高度同時做平拋運動的時間相同,故可驗證mav0t=mav1t+mbv2t,而v0t=OP,v1t=OM,v2t=ON,故只需驗證maOP=maOM+mbON,所以要測量a球的質量ma和b球的質量mb,故需要天平;要測量兩球平拋時水平方向的位移即線段OP、OM和ON的長度,故需要刻度尺。 (4)由(3)的解析可知實驗中需測量的物理量是a球的質量ma和b球的質量mb,線段OP、OM和ON的長度。 (5)由(3)的解析可知若該碰撞過程中動量守恒,則一定有關系式maOP=maOM+mbON成立。 10.(10分)某實驗小組在做驗證機械能守恒定律實驗中,提出了如圖所示的甲、乙兩種方案:甲方案為用自由落體運動進行實驗,乙方案為用小車在斜面上下滑進行實驗。 (1)小組內同學對兩種方案進行了深入的討論分析,最終確定了一個大家認為誤差相對較小的方案,你認為該小組選擇的方案是　　　,理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)若該小組采用圖甲的裝置打出了一條紙帶如圖丙所示,相鄰兩點之間的時間間隔為0.02 s,請根據紙帶計算出打B點時紙帶的速度大小為　　　　m/s(結果保留三位有效數字)。 丙 (3)該小組內同學根據紙帶算出了相應點的速度,作出v2-h圖線如圖丁所示,請根據圖線計算出當地的重力加速度g=　　　　m/s2(結果保留三位有效數字)。 丁 答案(1)甲　小車在斜面上下滑有摩擦力做負功,機械能不守恒　(2)1.37　(3)9.78(9.75~9.81均可) 解析(1)機械能守恒的條件是只有重力或系統內的彈簧彈力做功,所以實驗設計就要排除除重力外的其他力做功,乙方案中的摩擦力做負功會導致實驗失敗。(2)圖甲為自由落體運動,是勻變速運動,中間時刻的速度等于平均速度。所以B點的瞬時速度等于AC段的平均速度,vB=xOC-xOA2T=(12.40-6.93)10-2m0.04s=1.3675m/s≈1.37m/s。(3)根據機械能守恒定律mgh=12mv2,整理得g=v22h,所以重力加速度就等于圖線斜率的一半。 三、計算題(本題共3小題,共32分) 11.(10分)如圖所示,甲木板的質量為m1=2 kg,乙木板的質量為m2=2 kg,甲木板的右端有一可視為質點的小物塊,小物塊的質量m=1 kg。甲木板和小物塊的速度為8 m/s,乙木板的速度為2 m/s,方向均向右。木板與地面間無摩擦,小物塊與兩木板間的動摩擦因數μ=0.1。已知乙木板足夠長,重力加速度g取10 m/s2,兩木板碰撞后粘在一起。求: (1)兩木板碰撞后的瞬間乙木板的速度大小; (2)兩木板碰撞后,小物塊與乙木板發(fā)生相對運動的時間。 答案(1)5 m/s　(2)2.4 s 解析(1)設兩木板碰撞后的瞬間乙木板的速度大小為v,兩木板碰撞的過程動量守恒,根據動量守恒定律有 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得v=5m/s。 (2)兩木板碰撞后,小物塊滑上乙木板做勻減速運動,兩木板做勻加速運動,最終三個物體的速度相同,設最終的共同速度為v″,根據動量守恒定律有 (m1+m)v1+m2v2=(m1+m2+m3)v″ 解得v″=5.6m/s 小物塊在乙木板上做勻減速運動的加速度大小a=-μmgm=-1m/s2 可得小物塊與乙木板發(fā)生相對運動的時間t=v″-v1a=2.4s。 12.(10分)如圖所示,水平光滑軌道AB與豎直半圓形光滑軌道在B點平滑連接,AB段長x=10 m,半圓形軌道半徑R=2.5 m。質量m=0.10 kg的小滑塊(可視為質點)在水平恒力F作用下,從A點由靜止開始運動,經B點時撤去力F,小滑塊進入半圓形軌道,沿軌道運動到最高點C,從C點水平飛出。重力加速度g取10 m/s2,不計空氣阻力。 (1)若小滑塊從C點水平飛出后又恰好落在A點。求: ①滑塊通過C點時的速度大小; ②滑塊剛進入半圓形軌道時,在B點對軌道壓力的大小; (2)如果要使小滑塊能夠通過C點,求水平恒力F應滿足的條件。 答案(1)①10 m/s?、? N　(2)F≥0.625 N 解析(1)①設滑塊從C點飛出時的速度為vC,從C點運動到A點的時間為t,滑塊從C點飛出后做平拋運動,則 豎直方向2R=12gt2, 水平方向x=vCt, 解得vC=10m/s。 ②設滑塊通過B點時的速度為vB,根據機械能守恒定律得12mvB2=12mvC2+2mgR, 設滑塊在B點受軌道的支持力為FN,根據牛頓第二定律FN-mg=mvB2R,聯立解得FN=9N, 根據牛頓第三定律,滑塊在B點對軌道的壓力FN=FN=9N。 (2)若滑塊恰好能夠經過C點,設此時滑塊的速度為vC,根據牛頓第二定律有mg=mvC2R 解得vC=gR=102.5m/s=5m/s, 滑塊由A點運動到C點的過程中,由動能定理Fx-mg2R≥12mvC2, 則Fx≥mg2R+12mvC2, 解得水平恒力F應滿足的條件為F≥0.625N。 13.(12分)如圖所示,水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道,圓弧的底端與桌面在同一水平面上。桌面右側有一豎直放置的光滑圓軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135后剩余的部分,MN為其豎直直徑,P點到桌面的豎直距離也為R。一質量m=0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放,到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過程沒有機械能的損失),碰后物塊B的位移隨時間變化的關系式為s=6t-2t2(關系式中所有物理量的單位均為國際單位),物塊B飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求BP間的水平距離sBP。 (2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點。 (3)求物塊A由靜止釋放的高度h。 答案(1)4.1 m　(2)不能　(3)1.8 m 解析(1)設碰撞后物塊B由D點以初速度vD做平拋運動,落到P點時其豎直速度為vy=2gR,同時vyvD=tan45 解得vD=4m/s。 設平拋用時為t,水平位移為s,則有R=12gt2,s=vDt,解得s=1.6m。 物塊B碰后以初速度v0=6m/s,加速度大小a=-4m/s2減速到vD,則BD間的位移為 s1=vD2-v022a=2.5m 故BP之間的水平距離sBP=s+s1=4.1m。 (2)若物塊B能沿軌道到達M點,在M點時其速度為vM,根據機械能守恒定律有12mvM2-12mvD2=-22mgR 設軌道對物塊的壓力為FN,則FN+mg=mvM2R 解得FN=(1-2)mg<0,即物塊不能到達M點。 (3)對物塊A、B的碰撞過程,根據動量守恒定律有mAvA=mAvA+mBv0 根據機械能守恒定律有 12mAvA2=12mAvA2+12mBv02 解得vA=6m/s。 設物塊A釋放的高度為h,則mgh=12mvA2,解得h=1.8m。