2022年高考物理一轮复习 滚动测试卷二（第一~六章）（含解析）新人教版.docx

1、滚动测试卷二(第一六章)(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.如图所示,铁质的棋盘竖直放置,每个棋子都是一个小磁铁,能吸在棋盘上,不计棋子间的相互作用力,下列说法正确的是()A.小棋子共受三个力作用B.棋子对棋盘的压力大小等于重力C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D.质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、棋盘面的吸引力F、弹力FN和静摩擦力Ff,共四个力作用,重力竖直向下,摩擦力竖直向上,

2、且重力和摩擦力是一对平衡力;支持力和引力为一对平衡力;棋子掉不下来的原因是受到棋盘对它向上的摩擦力和它的重力大小相等,即棋子受棋盘的摩擦力与棋子的重力是一对平衡力,故选项D正确。2.右图为水上乐园中的彩虹滑道,游客先要从一个极陡的斜坡由静止滑下,接着经过一个拱形水道,最后达到末端。下列说法正确的是()A.斜坡的高度和拱形水道的高度差要设计合理,否则游客经过拱形水道的最高点时可能脱离轨道B.游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中一直做加速运动C.游客从斜坡下滑到最低点时,游客对滑道的压力小于重力D.游客以某一速度运动到拱形水道最高点时,游客对滑道的压力等于重力答案:A解析:斜坡的高度和拱

3、形水道的高度差要设计合理,不能让游客经过拱形水道的最高点时的速度超过gr,选项A正确;游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中,先做加速运动后做减速运动,选项B错误;游客从斜坡下滑到最低点时,速度最大,游客对滑道的压力大于重力,选项C错误;游客以某一速度运动到拱形水道最高点时,游客对滑道的压力小于重力,选项D错误。3.如图甲所示,固定的粗糙斜面长为10 m,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中,小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示,取斜面底端的重力势能为零,小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示,重力加速度g取10 m/s2。根据上述信息可以求出()A.斜面的

4、倾角B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数C.小滑块下滑的加速度的大小D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小答案:D解析:图乙是动能位移图像(Ek-x图像),其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小F合=mgsin-mgcos,由图乙可知F合=mgsin-mgcos=2.5N;图丙是重力势能位移图像(Ep-x图像),其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量Gx=mgsin,由图丙可知,Gx=mgsin=10N,则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff=mgcos=7.5N,D正确;由于滑块质量未知,故其他量均不可求。4.(2019全国卷)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光

5、滑斜面之间,如图所示。两斜面、固定在车上,倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2,则()A.F1=33mg,F2=32mgB.F1=32mg,F2=33mgC.F1=12mg,F2=32mgD.F1=32mg,F2=12mg答案:D解析:圆筒做匀速直线运动,所受的合外力为零。对圆筒受力分析,圆筒受两个斜面的支持力与地球的重力,有FN1sin30=FN2sin60,FN1cos30+FN2cos60=mg,联立求得FN1=32mg,FN2=12mg。根据牛顿第三定律得,F1=FN1=32mg,F2=FN2=12mg,故A、B、C错

6、误,D正确。5.如图甲所示,一质量为m=65 kg的同学双手抓住单杠做引体向上,他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示,01.0 s内图线为直线。已知重力加速度大小g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.t=0.7 s时,该同学的加速度大小为3 m/s2B.t=0.5 s时,该同学处于超重状态C.t=1.1 s时,该同学受到单杠的作用力大小为6 500 ND.t=1.4 s时,该同学处于超重状态答案:B解析:根据v-t图像的斜率表示加速度可知,t=0.7s时,该同学的加速度大小为0.3m/s2,选项A错误;t=0.5s时,该同学向上做加速运动,故处于超重状态,选项B正确;t=1.1s时

7、,该同学的速度达到最大,加速度为零,则他受到单杠的作用力大小等于其重力,为650N,选项C错误;t=1.4s时,该同学向上做减速运动,加速度方向向下,故处于失重状态,选项D错误。6.某旅游景区新开发了一个游乐项目,可简化为如图所示的坡道模型,整个坡道由三段倾角不同的倾斜直轨道组成,滑车从坡顶A点由静止滑下,AB段做匀加速直线运动,BC段做匀速直线运动,CD段做匀减速直线运动,滑到坡底D点时速度减为零,不计空气阻力,则()A.坡道AB对滑车的作用力沿坡面向下B.坡道BC对滑车的作用力为零C.坡道BC对滑车作用力竖直向上D.坡道CD对滑车的作用力不可能垂直坡道斜面向上答案:CD解析:滑车从坡顶A点

8、由静止滑下,AB段做匀加速直线运动,从受力分析角度,受到重力、支持力与滑动摩擦力,因此做匀加速直线运动,则滑车受到的支持力与滑动摩擦力的合力斜向右上方,这样与重力的合力才能产生向下的加速度,故A错误;滑车在BC段做匀速直线运动,因此滑车受到的支持力与滑动摩擦力的合力与重力等值反向,则坡道BC对滑车作用力竖直向上,故B错误,C正确;滑车在坡道CD做匀减速直线运动,那么车受到支持力与滑动摩擦力的合力,即对滑车的作用力应该斜向左上方,这样与重力的合力才能产生向上的加速度,因此对滑车的作用力不可能垂直坡道斜面向上,故D正确。7.若已知引力常量G,地球表面处的重力加速度g,地球半径R,地球上一个昼夜的时

9、间T1(地球自转周期),一年的时间T2(地球公转周期),地球中心到月球中心的距离l1,地球中心到太阳中心的距离l2。你能计算出()A.地球的质量m地=gR2GB.太阳的质量m太=42l23GT22C.月球的质量m月=42l13GT12D.月球、地球及太阳的密度答案:AB解析:对地球表面的一个物体m0来说,应有m0g=Gm地m0R2,所以地球质量m地=gR2G,选项A正确;对地球绕太阳运动来说,有Gm太m地l22=m地42T22l2,则m太=42l23GT22,B项正确;对月球绕地球运动来说,能求地球质量,不知道月球的相关参量及月球的卫星运动参量,无法求出它的质量和密度,C、D项错误。8.(20

10、19全国卷)如图甲所示,在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图乙所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()甲乙A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案:BD解析:从v-t图像中,图线与坐标轴所围面积可知第二次面积大于第一次面积,故第二次在竖直方向上的位移比第一

11、次的大,A错误;因为沿斜面位移方向不变,而第二次竖直位移大,因此第二次水平位移也大,B正确;从题图中可以得出,第一次斜率大于第二次的斜率,斜率越大,说明加速度越大,因此C错误;在竖直方向上根据牛顿第二定律mg-Ff=ma,加速度大的阻力小,D正确。二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(10分)在验证动量守恒定律的实验中,已有的实验器材有:斜槽轨道、大小相等质量不同的小钢球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、圆规。实验装置、实验中小球运动轨迹及落点的情况简图如图所示。试根据实验要求完成下列填空:(1)实验前,轨道的调节应注意。(2)实验中重复多次让a球从斜槽上释放,应特别注意。(3)实验中还缺少

12、的测量器材有。(4)实验中需要测量的物理量是。(5)若该碰撞过程中动量守恒,则一定有关系式成立。答案:(1)槽的末端的切线是水平的(2)让a球从同一高度处由静止释放滚下(3)天平、刻度尺(4)a球的质量ma和b球的质量mb,线段OP、OM和ON的长度(5)maOP=maOM+mbON解析:(1)由于要保证两球发生弹性碰撞后做平抛运动,即初速度沿水平方向,所以必须保证槽的末端的切线是水平的。(2)由于实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞后两小球的落点的确切位置,所以每次碰撞前入射球a的速度必须相同,根据mgh=12mv2可得v=2gh,所以每次必须让a球从同一高度处由静止释放滚下。(3)要验证

13、mav0=mav1+mbv2,由于碰撞前后入射球和被碰球从同一高度同时做平抛运动的时间相同,故可验证mav0t=mav1t+mbv2t,而v0t=OP,v1t=OM,v2t=ON,故只需验证maOP=maOM+mbON,所以要测量a球的质量ma和b球的质量mb,故需要天平;要测量两球平抛时水平方向的位移即线段OP、OM和ON的长度,故需要刻度尺。(4)由(3)的解析可知实验中需测量的物理量是a球的质量ma和b球的质量mb,线段OP、OM和ON的长度。(5)由(3)的解析可知若该碰撞过程中动量守恒,则一定有关系式maOP=maOM+mbON成立。10.(10分)某实验小组在做验证机械能守恒定律实

14、验中,提出了如图所示的甲、乙两种方案:甲方案为用自由落体运动进行实验,乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验。(1)小组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析,最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案,你认为该小组选择的方案是,理由是。(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图丙所示,相邻两点之间的时间间隔为0.02 s,请根据纸带计算出打B点时纸带的速度大小为m/s(结果保留三位有效数字)。丙(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度,作出v2-h图线如图丁所示,请根据图线计算出当地的重力加速度g=m/s2(结果保留三位有效数字)。丁答案:(1)甲小车在斜面上下滑有摩擦力做负功,机械能不守恒

15、(2)1.37(3)9.78(9.759.81均可)解析:(1)机械能守恒的条件是只有重力或系统内的弹簧弹力做功,所以实验设计就要排除除重力外的其他力做功,乙方案中的摩擦力做负功会导致实验失败。(2)图甲为自由落体运动,是匀变速运动,中间时刻的速度等于平均速度。所以B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,vB=xOC-xOA2T=(12.40-6.93)10-2m0.04s=1.3675m/s1.37m/s。(3)根据机械能守恒定律mgh=12mv2,整理得g=v22h,所以重力加速度就等于图线斜率的一半。三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分)(2020全国卷)如图所示,相距l=11

16、.5 m的两平台位于同一水平面内,二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动,其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱(可视为质点),以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数=0.10,重力加速度g取10 m/s2。(1)若v=4.0 m/s,求载物箱通过传送带所需的时间。(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度。(3)若v=6.0 m/s,载物箱滑上传送带t=1312 s后,传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中,传送带对它的冲量。答案:(1)2.75 s(2)43 m/s2 m/s(3)

17、0解析:本题以传送带为背景,意在考查牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、动量定理等知识。(1)传送带的速度为v=4.0m/s时,载物箱在传送带上先做匀减速运动,设其加速度大小为a,由牛顿第二定律有mg=ma设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1,由运动学公式有v2-v02=-2as1联立式,代入题给数据得s1=4.5m因此,载物箱在到达右侧平台前,速度先减小至v,然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1,做匀减速运动所用的时间为t1,由运动学公式有v=v0-at1t1=t1+l-s1v联立式并代入题给数据得t1=2.75s。(2)若载物箱滑上传送带后一直做匀减速

18、运动,到达右侧平台时的速度最小,设为v1;若载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动,到达右侧平台时的速度最大,设为v2。由动能定理有-mgl=12mv12-12mv02mgl=12mv22-12mv02由式并代入题给条件得v1=2m/s,v2=43m/s。(3)传送带的速度为v=6.0m/s时,由于v0vmg(l-s2-s3),即载物箱运动到右侧平台时速度大于零,设为v3。由运动学公式有v32-v2=-2a(l-s2-s3)设载物箱通过传送带的过程中,传送带对它的冲量为I,由动量定理有I=m(v3-v0)联立式并代入题给数据得I=0。12.(10分)跳台滑雪的示意图如图所示,雪道由倾斜的助滑雪道A

19、B、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成,各雪道间均平滑连接,A处与水平平台间的高度差h=45 m,CD的倾角为30。运动员自A处由静止滑下,不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力。运动员可视为质点。(g取10 m/s2)(1)求运动员滑离平台BC时的速度。(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上,雪道CD长度至少为多少?(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m,运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%。在减速区DE,滑行s=100 m后停下,运动员在减速区所受平均阻力与其重力的比值是多少?答案:(1)30 m/s(2)120 m(3)0.84解析:(1)AC过程中机械能

20、守恒mgh=12mvC2得vC=2gh=30m/s。(2)设落点D距抛出点C的距离为l,由平抛运动规律得lcos30=vCtlsin30=12gt2解得l=120m。(3)运动员由A运动到落点D过程中,由机械能守恒得mg(h+lsin30)=12mvD2设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力与其重力的比值为k,根据动能定理有kmgs=0-12mvD2根据题意有12mvD2=0.8012mvD2解得k=0.84。13.(12分)如图所示,水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道,圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP,其形状为半径R=0.8 m的圆环剪去了左上角

21、135后剩余的部分,MN为其竖直直径,P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m=0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放,到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失),碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s=6t-2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位),物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。(重力加速度g取10 m/s2)(1)求BP间的水平距离sBP。(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点。(3)求物块A由静止释放的高度h。答案:(1)4.1 m(2)不能(3)1.8 m解析:(1)设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动

22、,落到P点时其竖直速度为vy=2gR,同时vyvD=tan45解得vD=4m/s。设平抛用时为t,水平位移为s,则有R=12gt2,s=vDt,解得s=1.6m。物块B碰后以初速度v0=6m/s,加速度大小a=-4m/s2减速到vD,则BD间的位移为s1=vD2-v022a=2.5m故BP之间的水平距离sBP=s+s1=4.1m。(2)若物块B能沿轨道到达M点,在M点时其速度为vM,根据机械能守恒定律有12mvM2-12mvD2=-22mgR设轨道对物块的压力为FN,则FN+mg=mvM2R解得FN=(1-2)mg0,即物块不能到达M点。(3)对物块A、B的碰撞过程,根据动量守恒定律有mAvA=mAvA+mBv0根据机械能守恒定律有12mAvA2=12mAvA2+12mBv02解得vA=6m/s。设物块A释放的高度为h,则mgh=12mvA2,解得h=1.8m。