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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 滾動測試四 第一-四章綜合測試(含解析)魯科版
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,用長為L的輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球,對小球再施加一個力,使繩與豎直方向成β角并繃緊,小球處于靜止狀態(tài),此力最小為( )
A.mgsinβ B.mgcosβ
C.mgtanβ D.mgcotβ
解析:以小球為研究對象,則小球受重力mg,繩拉力FT,施加外力F,應(yīng)有F與FT合力與mg等大反向,即F與FT的合力為G=mg。如圖所示,在合力G一定時,其一分力FT方向一定的前提下,另一分力的最小值由三角形定則可知F應(yīng)垂直繩所在的直線,故F=mgsinβ,選A。
答案:A
2.如圖甲所示,在升降機的頂部安裝了一個能夠顯示拉力的傳感器,傳感器下方掛上一輕質(zhì)彈簧,彈簧下端掛一質(zhì)量為m的小球,若升降機在勻速運行過程中突然停止,并以此時為零時刻,在后面一段時間內(nèi)傳感器顯示彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示,g為重力加速度,則( )
A.升降機停止前在向上運動
B.0~t1時間小球處于失重狀態(tài),t1~t2時間小球處于超重狀態(tài)
C.t1~t3時間小球向下運動,動能先減小后增大
D.t3~t4時間彈簧彈性勢能變化量小于小球動能變化量
解析:因為在升降機停止運動后彈簧的彈力減小,故彈簧的形變量在減小,即小球向上運動,所以升降機停止前在向上運動,A正確;在0~t1時間內(nèi),彈力小于重力,小球加速度向下,處于失重狀態(tài),同理在t1~t2時間內(nèi)小球處于失重狀態(tài),B錯誤;在t1~t3時間內(nèi),小球由彈簧原長處開始運動,彈力增大,可見彈簧伸長,小球向下運動,速度先增大后減小,C錯誤;t3~t4時間內(nèi),彈簧的形變量減小,彈性勢能減小,小球向上運動,速度增大,由能量守恒定律可知,彈性勢能的減少量等于動能和重力勢能的增加量之和,D錯誤。
答案:A
3.山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動。如圖所示,一滑雪坡由斜面AB和圓弧面BC組成,圓弧面BC和斜面相切于B,與水平面相切于C,豎直臺階CD底端與傾角為θ的斜坡DE相連。第一次運動員從A點由靜止滑下通過C點后飛落到DE上,第二次從AB間的A點(圖中未標,即AB>AB)由靜止滑下通過C點后也飛落到DE上,運動員兩次與斜坡DE接觸時速度與水平方向的夾角分別為φ1和φ2,不計空氣阻力和軌道的摩擦力,則( )
A.φ1>φ2 B.φ1<φ2
C.φ1=φ2 D.無法確定兩角的大小關(guān)系
解析:由平拋運動知識可知:,即
,
故g()=<0,
所以<0,
由tanα=可得φ1<φ2。
答案:B
4.將三個木板1、2、3固定在墻角,木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形,如圖所示,其中1與2底邊相同,2和3高度相同?,F(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放,并沿木板下滑到底端,物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同。在這三個過程中,下列說法中錯誤的是( )
A.沿著1和2下滑到底端時,物塊的速度不同;沿著2和3下滑到底端時,物塊的速度相同
B.沿著1下滑到底端時,物塊的速度最大
C.物塊沿著3下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量是最多的
D.物塊沿著1和2下滑到底端的過程中,產(chǎn)生的熱量是一樣多的
解析:設(shè)斜面和水平方向夾角為θ,斜面長度為L,則物塊下滑過程中克服摩擦力做功為:W=μmgLcosθ。Lcosθ即為底邊長度。若物塊滑到底端時速度為v,由動能定理得:mgh-μmgLcosθ=mv2-0;根據(jù)題圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時速度大小關(guān)系為:v1>v2>v3,A錯誤,B正確;因為Q=μmgLcosθ,由題圖可知1和2底邊相等且小于3的,故摩擦生熱關(guān)系為:Q1=Q2
μmg。下列說法中正確的是( )
A.小球先做加速度減小的加速運動,后做加速度增大的減速運動直到靜止
B.小球先做加速度增大的加速運動,后做加速度減小的加速運動,直到最后做勻速運動
C.小球的最大加速度為
D.恒力F0的最大功率為
解析:開始小球速度為零,所受彈力方向向上,則摩擦力f=μ(mg-F),根據(jù)牛頓第二定律得F0-f=ma,隨著速度增加,F增大,則f減小,所以a增大,直到f=0時加速度達到最大值am=。隨后彈力反向改為向下,所以f=μ(F-mg),隨著速度增加F增大,則f增大,所以a減小,直到受力平衡時小球以最大速度做勻速運動,F0=f=μ(kvm-mg),所以最大速度為vm=,恒力F0的最大功率為,答案為BCD。
答案:BCD
8.如圖,質(zhì)量為m的物體,以速度vA從離地為H的A點拋出,當它落到距離地面高為h的B點時,速度為vB,在不計空氣阻力的情況下,下列說法中正確的是(取地面為零勢能面)( )
A.物體在A點時具有的機械能是mgh+
B.物體在B點時具有的機械能是mgh+
C.物體著地時具有的機械能是mgh+
D.物體著地時具有的機械能是mgH+
解析:物體下落過程中機械能守恒,故物體在A點的機械能與B處以及地面時相同,均為mgh+,或者是mgH+,A、B、D正確。
答案:ABD
二、實驗題(共20分)
9.(8分)某實驗小組設(shè)計了“探究做功與物體速度變化的關(guān)系”的實驗裝置,實驗步驟如下:
a.實驗裝置如圖1所示,細繩一端系在滑塊上,另一端繞過小滑輪后掛一砂桶,砂桶內(nèi)裝一定量的砂子,用墊塊將長木板固定有定滑輪的一端墊高,不斷調(diào)整墊塊的高度,直至輕推滑塊后,滑塊恰好能沿長木板向下做勻速直線運動;
b.保持長木板的傾角不變,取下細繩和砂桶,將滑塊右端與紙帶相連,并穿過打點計時器的限位孔,接通打點計時器的電源后,釋放滑塊,讓滑塊從靜止開始加速下滑;
c.取下紙帶,在紙帶上取如圖2所示的A、B兩計數(shù)點,并用刻度尺測出s1、s2、s。
根據(jù)以上實驗步驟,回答下列問題:
圖1
(1)若忽略滑輪質(zhì)量及軸間摩擦,本實驗中滑塊加速下滑時所受的合外力 (填“等于”“大于”或“小于”)砂桶及砂的總重力。
(2)為探究從A到B過程中,做功與滑塊速度變化關(guān)系,則實驗中還需測量的量有 。
(3)設(shè)打點計時器的打點周期為T,請寫出探究結(jié)果表達式 。
(4)此實驗方案存在缺陷,可能造成較大誤差,造成較大誤差的原因是 。
圖2
解析:(1)因為已平衡了摩擦力,所以滑塊加速下滑時所受的合力等于砂桶及砂的總重力。(2)由動能定理有:mgs=M()2-M()2,所以還需要測量的量有:砂與砂桶的重力mg、滑塊質(zhì)量M,探究的結(jié)果表達式為:mgs=M()2-M()2。(4)主要原因在于實驗過程中沒有平衡紙帶所受的摩擦力,即第一步操作中紙帶沒有連接,而實驗中紙帶與計時器的限位孔間存在摩擦(或滑輪有質(zhì)量、滑輪軸有摩擦)。
答案:(1)等于
(2)砂與砂桶的重力mg、滑塊質(zhì)量M
(3)mgs=M()2-M()2
(4)第一步操作中紙帶沒有連接,而實驗中紙帶與計時器的限位孔間存在摩擦(或滑輪有質(zhì)量、滑輪軸有摩擦)
10.(12分)(xx全國理綜,23)測量小物塊Q與平板P之間動摩擦因數(shù)的實驗裝置如圖所示。AB是半徑足夠大的、光滑的四分之一圓弧軌道,與水平固定放置的P板的上表面BC在B點相切,C點在水平地面的垂直投影為C。重力加速度大小為g。實驗步驟如下:
①用天平稱出物塊Q的質(zhì)量m;
②測量出軌道AB的半徑R、BC的長度L和CC的長度h;
③將物塊Q在A點從靜止釋放,在物塊Q落地處標記其落地點D;
④重復(fù)步驟③,共做10次;
⑤將10個落地點用一個盡量小的圓圍住,用米尺測量圓心到C的距離s。
(1)用實驗中的測量量表示:
①物塊Q到達B點時的動能EkB= ;
②物塊Q到達C點時的動能EkC= ;
③在物塊Q從B運動到C的過程中,物塊Q克服摩擦力做的功Wf= ;
④物塊Q與平板P之間的動摩擦因數(shù)μ= 。
(2)回答下列問題:
①實驗步驟④⑤的目的是 ;
②已知實驗測得的μ值比實際值偏大,其原因除了實驗中測量量的誤差之外,其他的可能是 。(寫出一個可能的原因即可)
解析:(1)①根據(jù)動能定理,EkB=mgR
②滑塊從C點平拋,h=gt2,s=v0t,滑塊在C點的動能EkC=,聯(lián)立三式得EkC=
③從B到C過程中克服摩擦力做的功等于動能的減少量,故Wf=mgR-
④從B到C過程中,根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒,μmgL=mgR-,得μ=
(2)①實驗步驟④⑤是為了減小偶然誤差。
②從開始運動到拋出,物塊可能因接縫B不平滑等原因而受到阻力,導(dǎo)致測得的μ值比實際值偏大。
答案:(1)①mgR ②?、踡gR- ④μ=
(2)①減小實驗結(jié)果的誤差?、趫A弧軌道存在摩擦(或接縫B處不光滑等)
三、計算題(本題共3小題,共42分)
11.(9分)如圖甲所示,在同一豎直平面內(nèi)兩正對著的相同半圓光滑軌道,相隔一定的距離,虛線沿豎直方向,一小球能在其間運動。今在最低點與最高點各放一個壓力傳感器,測試小球?qū)壍赖膲毫?并通過計算機顯示出來。當軌道距離變化時,測得兩點壓力差與距離s的圖象如圖乙所示。(不計空氣阻力,g取10 m/s2)求:
(1)小球的質(zhì)量。
(2)半圓光滑軌道的半徑。
(3)若小球在最低點B的速度為20 m/s,為使小球不脫離光滑軌道運動,s的最大值。
解析:(1)設(shè)軌道半徑為R,由機械能守恒定律可得:
=mg(2R+s)+①
在B點:N1-mg=m②
在A點:N2+mg=m③
由①②③式得兩點的壓力差:
ΔN=N1-N2=6mg+④
由圖象得:截距6 mg=6 N,得m=0.1 kg。⑤
(2)因為圖線的斜率k==1
所以R=2 m。⑥
(3)在A點不脫離的條件為:vA≥。⑦
由①⑥⑦三式和題中所給已知條件解得:smax=15 m
答案:(1)0.1 kg (2)2 m (3)15 m
12.(15分)山谷中有三塊大石頭和一根不可伸長的青藤,其示意圖如下。圖中A、B、C、D均為石頭的邊緣點,O為青藤的固定點,h1=1.8 m,h2 =4.0 m,s1=4.8 m,s2=8.0 m。開始時,質(zhì)量分別為M=10 kg和m=2 kg的大小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上,當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷害時,迅速從左邊石頭A點起水平跳到中間石頭,大猴抱起小猴跑到C點,抓住青藤的下端蕩到右邊石頭的D點,此時速度恰好為零。運動過程中猴子均看成質(zhì)點,空氣阻力不計,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)大猴從A點水平跳離時速度最小值。
(2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大小。
(3)猴子蕩起時,青藤對猴子的拉力大小。
解析:(1)設(shè)猴子從A點水平跳離時速度的最小值為vmin,根據(jù)平拋運動規(guī)律,有h1=gt2。①
s1=vmint。②
聯(lián)立①②式,得vmin=8 m/s。③
(2)猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒,設(shè)蕩起時的速度為vc,有
(M+m)gh2=(M+m)。④
vc=m/s≈9 m/s。⑤
(3)設(shè)拉力為T,青藤的長度為L,對最低點,由牛頓第二定律得T-(M+m)g=(M+m)。⑥
由幾何關(guān)系(L-h2)2+=L2。⑦
得L=10 m。⑧
綜合⑤⑥⑧式并代入數(shù)據(jù)解得:T=(M+m)g+(M+m)=216 N。⑨
答案:(1)8 m/s (2)9 m/s (3)216 N
13. (18分)(xx湖南五市十校聯(lián)考)質(zhì)量為m=1 kg的小物塊輕輕地放在水平勻速運動的傳送帶上的P點,隨傳送帶運動到A點后水平拋出,小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑的圓弧軌道。B、C為圓弧軌道的兩端點,其連線水平。已知圓弧軌道的半徑R=1.0 m,圓弧軌道對應(yīng)的圓心角θ=106,軌道最低點為O,A點距水平面的高度h=0.8 m,小物塊離開C點后恰能無碰撞地沿固定斜面向上運動,0.8 s后經(jīng)過D點,小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1=。(g取10 m/s2, sin 37=0.6,cos 37=0.8)
(1)求小物塊離開A點時的水平初速度v1。
(2)求小物塊經(jīng)過O點時對軌道的壓力。
(3)假設(shè)小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.3,傳送帶的速度為5 m/s,求P、A間的距離是多少。
(4)求斜面上CD間的距離。
解析:(1)對于小物塊,由A點到B點有 =2gh
在B點有tan
所以v1=3 m/s。
(2)對于小物塊,由B點到O點有mgR(1-cos)=
其中vB=m/s=5 m/s
在O點N-mg=m,所以N=43 N
由牛頓第三定律知小物塊對軌道的壓力為N=43 N。
(3)小物塊在傳送帶上加速的過程有μ2mg=ma3
P、A間的距離是sPA==1.5 m。
(4)小物塊沿斜面上滑時有mgsin+μ1mgcos=ma1
解得a1=10 m/s2
小物塊沿斜面下滑時有mgsin-μ1mgcos=ma2
解得a2=6 m/s2
由機械能守恒定律可知vC=vB=5 m/s
小物塊由C點上升到最高點歷時t1==0.5 s
小物塊由最高點回到D點歷時t2=0.8 s-0.5 s=0.3 s
故sCD=t1-a2
即sCD=0.98 m。
答案:(1)3 m/s (2)43 N (3)1.5 m (4)0.98 m
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