《高优指导》2017物理人教版一轮滚动测试4 WORD版含解析.docx

1、滚动测试四(第一十章)(时间:60分钟满分:110分)滚动测试第13页一、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.在哈尔滨冰雕节上,如图所示,工作人员将小车和冰球推进箱式吊车并运至大钢冰雕顶部安装,先后经历了向右匀速、向右匀减速、向上匀加速、向上匀减速直线运动四个过程。冰球与水平底板和右侧斜挡板始终保持接触但摩擦不计。冰球与斜挡板面间存在弹力的是()A.向右匀速过程B.向右匀减速过程C.向上匀加速过程D.向上匀减速过程答案:B解析:由题意可知,当向右

2、匀速运动时,水平方向不受到任何力,竖直方向只受重力与支持力,故A项不对;当处于向上匀加速、向上匀减速直线运动,根据牛顿第二定律,冰球只受到重力与支持力,C、D项不对;而当处于向右匀减速直线运动时,加速度与速度方向相反,则斜面对冰球有弹力,弹力的水平方向分力产生加速度,故B正确。2.(2015广东佛山质检)如图甲所示,在杂技表演中,猴子沿竖直杆向上运动,其v-t图象如图乙所示,人顶杆沿水平地面运动的x-t图象如图丙所示。若以地面为参考系,下列说法中正确的是()A.猴子的运动轨迹为直线B.猴子在2 s内做匀变速曲线运动C.t=0时猴子的速度大小为8 m/sD.t=2 s时猴子的加速度大小为8 m/

3、s2答案:B解析:由题图乙、丙可以看出,猴子在竖直方向做初速度vy=8 m/s、加速度a=-4 m/s2的匀减速直线运动,人在水平方向做速度vx=4 m/s 的匀速直线运动,故猴子的初速度大小为v=82+42 m/s=45 m/s,方向与加速度方向不在同一条直线上,故猴子做匀变速曲线运动,故选项B正确,A、C均错误;由题图乙、丙可得 t=2 s 时,ay=-4 m/s2,ax=0,则合加速度大小 a=4 m/s2,故选项D错误。3.如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsin ;已知滑块与斜面间的动摩擦因数=tan ,取出发点为参考点,能正

4、确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t、位移x关系的是()答案:C解析:根据滑块与斜面间的动摩擦因数=tan 可知,滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力,即Ff=mgsin 。滑块沿斜面向上运动过程中,对滑块施加一沿斜面向上的恒力F=mgsin ,则过程中滑块克服摩擦力做功与恒力F对滑块做的正功大小相等,所以物体机械能E保持不变,重力势能Ep=mgxsin ,随位移x均匀增大,选项C正确,选项D错误;产生的热量Q=Ffx=mgxsin ,随位移x均匀增大,滑块动能Ek=12mv02-mgxsin ,随位移x均匀减小,而x=v0t-12at2,所以Q、E

5、k随位移x均匀变化,随t非线性变化,所以选项A、B错误。4.(2015山东德州高三质检)“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中,发现A、B两颗均匀球形天体,两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星,测得两颗卫星的周期相等,以下判断正确的是()A.天体A、B的质量一定不相等B.两颗卫星的线速度一定相等C.天体A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比D.天体A、B的密度一定不相等答案:C解析:设天体的半径为R,质量为M,卫星的质量为m,周期为T,则由题意,卫星靠近天体表面飞行,卫星的轨道半径约等于球形天体的半径,则有GMmR2=m42RT2得M=42R3GT2,T相等,R不一定相等,所以天体A、B

6、的质量不一定相等,故A错误;卫星的线速度v=2RT,T相等,而R不一定相等,线速度不一定相等,故B错误;天体A、B表面的重力加速度等于卫星的向心加速度,即g=a=42RT2,可见天体A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比,故C正确;天体的密度为=MV=M43R3,联立得到=3GT2,可见,与天体的半径无关,由于两颗卫星的周期相等,则天体A、B的密度一定相等,故D错误。5.两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示,已知导体附近的电场线均与导体表面垂直,a、b、c、d为电场中几个点,并且a、d为紧靠导体表面的两点,以无穷远为零电势点,则()A.电场强度大小关系有EbEcB.电势大小关系有bE

7、b,故A错误;沿着电场线,电势逐渐降低,b点所处的电场线位于右侧导体的前面,即b点的电势比右侧的导体高,而右侧导体的电势比d高,故b点电势高于d点的电势,故B错误;电势能的正负与零电势点的选择有关,该题以无穷远为零电势点,所以说负电荷放在d点时其电势能为正值,故C错误;从题图中可以看出,a点的电势高于b点的电势,而b点的电势又高于d点的电势,所以a点的电势高于d点的电势,正电荷在电势高处电势能大,在电势低处电势能小,故正检验电荷从a点移到d点的过程中,电势能减小,则电场力做正功,故D正确。6.(2015浙江金华十校模拟)如图所示,电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中。线框绕中心轴OO匀

8、速转动时,产生的电动势e=1002cos 100t V。线框的输出端与理想变压器原线圈相连,副线圈连接着一只“20 V8 W”的灯泡,且灯泡能正常发光,电路中熔断器熔断电流为0.52 A,熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是()A.位于图示位置的线框中磁通量变化率为零B.理想变压器原、副线圈匝数之比为101C.副线圈两端并联“20 V8 W”的灯泡最多不能超过8只D.若线框转速减半,产生的电动势为e=502cos 50t(V)答案:CD解析:图示位置的线框与中性面垂直,感应电动势最大,线框中磁通量变化率最大,故A错误;线框绕中心轴OO匀速转动时,产生的电动势e=1002cos 10

9、0t(V),故变压器的输入电压为U1=10022 V=100 V,灯泡能正常发光,故变压器的输出电压为U2=20 V;根据变压比公式,有n1n2=U1U2=51,故B错误;电路中熔断器熔断电流为0.52 A,此时根据能量守恒定律,有 U1I1=U2(nIL),解得n=U1I1U2IL=1000.5288.8,故副线圈两端并联“20 V8 W”的灯泡最多不能超过8只,故C正确;若线框转速减半,角速度也减半,所以产生的电动势为e=502cos 50t(V),故D正确。7.如图所示,在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于纸面。一正方形导线框abcd位于纸面内

10、,ab边与磁场的边界P重合,导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t=0时刻开始,线框匀速横穿两个磁场区域,以 abcda为线框中的电流i的正方向,向左为导线框所受安培力的正方向,以下i-t和F-t关系示意图中正确的是()答案:AC解析:下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图:在第一阶段,只有ab边切割向外的磁感线,由右手定则知电动势为正,大小为Blv;在第二阶段,ab边切割向里的磁感线,电动势为逆时针方向,同时cd边切割向外的磁感线,电动势为逆时针方向,等效电动势为2Blv,且电动势为负;在第三阶段,cd边切割向里的磁感线,感应电动势为顺时针方向,其电动势为正,大小为Blv,因此可知感应电流的大小

11、与方向,选项A正确,选项B错误;根据左手定则可知,安培力的方向不变,但大小F=BIl,因此在1 s到2 s内,电流加倍,磁场也加倍,所以是原来的4倍,故选项C正确,选项D错误。8.如图所示,一质量为m的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于O点,另一端与该小球相连。现将小球从A点由静止释放,沿竖直杆运动到B点。已知OA的长度小于OB的长度,弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等。在小球由A运动到B的过程中()A.小球的加速度等于重力加速度g的位置有两个B.弹簧弹力的功率为零的位置有两个C.弹簧弹力对小球先做负功,后做正功D.小球运动到B点时速度一定不为零答案:AD解析:本题考查牛顿运动定律以

12、及功能关系,意在考查考生对牛顿运动定律以及功能关系的理解和应用能力。由题意可知,小球在A点时,弹簧压缩,在B点时,弹簧伸长,对由A运动到B的过程进行受力分析可知,当弹簧与杆垂直的时候加速度为g,而且当弹簧处于原长状态的时候加速度也是g,因此选项A正确;当速度为0时,当弹力为0时,以及当弹簧与杆垂直的时候弹簧弹力的功率均为0,选项B错误;在运动过程中弹簧弹力对小球先做负功,后做正功,再做负功,选项C错误;由功能关系可知,小球运动到B点时速度一定不为零,选项D正确。所以答案选 A、D。二、实验题(共17分)9.(7分)某同学在一次实验中用打点计时器打出的一条纸带如图所示,其中ABCDEF是打点计时

13、器连续打出的6个点,该同学用毫米刻度尺测量A点到各点的距离,并记录在图中(单位:cm)。则:(1)图中五个数据中不符合有效数字要求的是,应为cm;(2)在纸带上打出D点时的瞬时速度为m/s,物体运动的加速度是m/s2;(3)根据以上计算结果可以估计纸带是该同学做下列哪个实验打出的纸带。A.练习使用打点计时器B.探究“加速度与力和质量的关系”C.用落体法验证机械能守恒定律D.用斜面和小车研究匀变速直线运动答案:(1)2.02.00(2)1.4910.00(3)C解析:(1)用毫米刻度尺测量计时点间的距离应读到毫米的下一位,故A、B两点间的距离2.0 cm不符合要求,应为2.00 cm。(2)由匀

14、变速直线运动,某段时间内的平均速度等于中间时刻的速度得vD=AE-AC2T=1.49 m/s由逐差法求加速度a=DF-BD4T2=10.00 m/s2。(3)因加速度a的值与重力加速度g的值非常接近,故应是用落体法验证机械能守恒定律的实验打出的纸带,选C。10.(10分)某实验小组利用如图所示电路测定一节干电池的电动势E和内电阻r。备有下列器材:A.待测干电池,电动势约1.5 VB.电流表,量程03 AC.电流表,量程00.6 AD.电压表,量程03 VE.电压表,量程01.5 VF.滑动变阻器,020 G.滑动变阻器0500 H.开关、导线若干(1)实验中电流表选用,电压表选用,滑动变阻器选

15、用。(填标号)(2)请按电路图将实物连接起来。图1图2(3)一位同学测得的6组数据如下表所示,试根据数据在图3中作出U-I图线,并根据图线求出电池的电动势E=V,电池的内电阻r=。组别123456电流I/A0.120.200.310.320.500.57电压U/V1.371.321.241.181.101.05图3答案:(1)CEF(2)如解析图(3)见解析1.450.70解析:(1)干电池电动势约为1.5 V,电压表应选E,根据实验数据得出最大电流为0.57 A,因此电流表应选C;干电池电动势约为1.5 V,电流表量程为0.6 A,电路最小电阻约为R=2.5 ,为方便实验操作,滑动变阻器应选

16、F。(2)根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图将电路连线补充完整。(3)利用表中坐标值,采用描点法并连线得图象如图所示由闭合电路欧姆定律可知U=E-Ir,再由数学知识可知,图象与纵坐标的交点为电源的电动势,故电源的电动势为1.45 V;而图象的斜率表示电源的内阻,r=0.70 。三、计算题(本题共3小题,共45分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(12分)交管部门强行推出了“电子眼”,机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少。现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均为10 m/s。当两车快要到一十字路口时,甲车

17、司机看到绿灯已转换成了黄灯,于是紧急刹车(反应时间忽略不计),乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车,但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4,乙车紧急刹车制动力为车重的0.5。(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m,他采取上述措施能否避免闯红灯?(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离?答案:(1)能(2)2.5 m解析:(1)甲车紧急刹车的加速度为a1=F1m1g=0.4m1gm1=0.4g=4 m/s2,甲车停下来所需时间t1=v0a1=104 s=2.5 s,甲滑行距离s=v022a1=10224 m=12

18、.5 m,由于12.5 m15 m,所以甲车能避免闯红灯。(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离s0,在乙车刹车t2时刻两车速度相等,则有乙车紧急刹车的加速度大小为a2=F2m2=0.5m2gm2=0.5g=5 m/s2,当两车速度相等时需要经过的时间为t2,则v1=v2,即v0-a1(t2+t0)=v0-a2t2,解得t2=2.0 s此过程中乙的位移s乙=v0t0+v0t2-12a2t22=15 m甲的位移s甲=v0(t0+t2)-12a1(t0+t2)2=12.5 m所以两车安全距离至少为s0=s乙-s甲=15 m-12.5 m=2.5 m。12.(15分)如图甲所示,斜面AB与半径为

19、0.5 m的光滑竖直圆轨道BCD相切于B点,CD部分是半圆轨道,C、D为圆轨道的最低点和最高点。将质量为0.1 kg的小物块(可视为质点)从轨道的ABC部分某处由静止释放,释放点与C点的高度差为h,用力传感器测出物块经C点时对轨道的压力F,得到F与h的关系图象如图乙所示。已知物块与斜面间的动摩擦因数为0.3,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)图乙中a、b两点的纵坐标Fa、Fb的数值;(2)物块在斜面上的释放点与B点的距离l为多大时,物块离开D点后才能落到轨道上与圆心O等高的位置上?答案:(1)1 N1.4 N(2)3.46 m解析:(1)题图乙中的a点横坐标h=0,即物块静止于C点。Fa

20、=mg=1 N释放点位于B点下方时mgh=12mvC2Fb-mg=mvC2R解得Fb=mg+2mgRh由题图乙可知,B点高度对应h点横坐标,B点与C点高度差h=0.1 m代入数据得Fb=1.4 N。(2)设斜面倾角为,由几何关系hB=R(1-cos )代入数据得cos =0.8,sin =0.6物块离开D点后,做平抛运动R=12gt2Rsin=vDt物块从斜面上由静止释放到运动到D点,由动能定理mglsin +mgR(1-cos )-mglcos -mg2R=12mvD2代入数据,得l=3.46 m。13.(18分)如图所示,在直角坐标系x轴上方有与x轴成45角的匀强电场,电场强度大小E=10

21、3 V/m,在x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=1 T。现从y轴上距坐标原点l=10 cm 处由静止释放一比荷为2104 C/kg的带正电的微粒A,不计微粒的重力。求:(1)微粒进入磁场后在磁场中运动的轨道半径;(2)从释放微粒到微粒第一次从磁场返回电场所用时间;(3)若在A第一次返回电场的同时,在电场中适当的位置由静止释放另一与A完全相同的带电微粒B,可使两微粒在进入磁场前相遇。求出所有满足条件的释放点的轨迹方程(不计两微粒之间的库仑力)。答案:(1)210 m(2)2+32410-4 s(3)y=x+10(-10x30,x、y单位为cm)解析:(1)微粒在进入磁场前做匀加速运

22、动,设微粒质量为m、电荷量为q,进入磁场时速度为v,则12mv2=2qEl微粒进入磁场后做匀速圆周运动,设轨道半径为R,则Bqv=mv2R代入数值可解得v=2103 m/s,R=210 m。(2)由此可作出微粒的运动轨迹如图所示。微粒在磁场中运动34圆周后从P点进入电场。设微粒从释放到进入磁场之前所用时间为t,则t1=2lv2T=2mqB设从释放到进入电场之前所用时间为t,则t=t1+342mqB代入数值可得t=2+32410-4 s。(3)微粒从P点进入电场后做类平抛运动,设微粒再次进入磁场时距坐标原点距离为x0,如图所示,则Px0sin 45=12qEmt22Px0cos 45=vt2代入数值可解得Px0=0.8 m由于微粒B与A完全相同,所以只需在微粒离开磁场时速度方向的线段PQ上任一点释放微粒B,即可保证两者在进入磁场前相遇。即在直线y=x+10(-10x30,x、y单位为cm)上任意一点释放微粒B都能满足要求。