2019-2020年高考物理一轮复习 滚动测试四 第一-四章综合测试（含解析）鲁科版.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 滚动测试四 第一-四章综合测试（含解析）鲁科版一、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,用长为L的轻绳悬挂一质量为m的小球,对小球再施加一个力,使绳与竖直方向成角并绷紧,小球处于静止状态,此力最小为()A.mgsinB.mgcosC.mgtanD.mgcot解析:以小球为研究对象,则小球受重力mg,绳拉力FT,施加外力F,应有F与FT合力与mg等大反向,即F与FT的合力为G=mg。如图所示,在合力G一定时,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则可知F应垂直绳所在的直线,故F=mgsin,选A。 答案:A2.如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,g为重力加速度,则()A.升降机停止前在向上运动B.0t1时间小球处于失重状态,t1t2时间小球处于超重状态C.t1t3时间小球向下运动,动能先减小后增大D.t3t4时间弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量解析:因为在升降机停止运动后弹簧的弹力减小,故弹簧的形变量在减小,即小球向上运动,所以升降机停止前在向上运动,A正确;在0t1时间内,弹力小于重力,小球加速度向下,处于失重状态,同理在t1t2时间内小球处于失重状态,B错误;在t1t3时间内,小球由弹簧原长处开始运动,弹力增大,可见弹簧伸长,小球向下运动,速度先增大后减小,C错误;t3t4时间内,弹簧的形变量减小,弹性势能减小,小球向上运动,速度增大,由能量守恒定律可知,弹性势能的减少量等于动能和重力势能的增加量之和,D错误。答案:A3.山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。如图所示,一滑雪坡由斜面AB和圆弧面BC组成,圆弧面BC和斜面相切于B,与水平面相切于C,竖直台阶CD底端与倾角为的斜坡DE相连。第一次运动员从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上,第二次从AB间的A点(图中未标,即ABAB)由静止滑下通过C点后也飞落到DE上,运动员两次与斜坡DE接触时速度与水平方向的夹角分别为1和2,不计空气阻力和轨道的摩擦力,则()A.12B.12C.1=2D.无法确定两角的大小关系解析:由平抛运动知识可知:,即,故g()=0,所以0,由tan=可得1v2v3,A错误,B正确;因为Q=mgLcos,由题图可知1和2底边相等且小于3的,故摩擦生热关系为:Q1=Q2mg。下列说法中正确的是()A.小球先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动直到静止B.小球先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动,直到最后做匀速运动C.小球的最大加速度为D.恒力F0的最大功率为解析:开始小球速度为零,所受弹力方向向上,则摩擦力f=(mg-F),根据牛顿第二定律得F0-f=ma,随着速度增加,F增大,则f减小,所以a增大,直到f=0时加速度达到最大值am=。随后弹力反向改为向下,所以f=(F-mg),随着速度增加F增大,则f增大,所以a减小,直到受力平衡时小球以最大速度做匀速运动,F0=f=(kvm-mg),所以最大速度为vm=,恒力F0的最大功率为,答案为BCD。答案:BCD8.如图,质量为m的物体,以速度vA从离地为H的A点抛出,当它落到距离地面高为h的B点时,速度为vB,在不计空气阻力的情况下,下列说法中正确的是(取地面为零势能面)()A.物体在A点时具有的机械能是mgh+B.物体在B点时具有的机械能是mgh+C.物体着地时具有的机械能是mgh+D.物体着地时具有的机械能是mgH+解析:物体下落过程中机械能守恒,故物体在A点的机械能与B处以及地面时相同,均为mgh+,或者是mgH+,A、B、D正确。答案:ABD二、实验题(共20分)9.(8分)某实验小组设计了“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置,实验步骤如下:a.实验装置如图1所示,细绳一端系在滑块上,另一端绕过小滑轮后挂一砂桶,砂桶内装一定量的砂子,用垫块将长木板固定有定滑轮的一端垫高,不断调整垫块的高度,直至轻推滑块后,滑块恰好能沿长木板向下做匀速直线运动;b.保持长木板的倾角不变,取下细绳和砂桶,将滑块右端与纸带相连,并穿过打点计时器的限位孔,接通打点计时器的电源后,释放滑块,让滑块从静止开始加速下滑;c.取下纸带,在纸带上取如图2所示的A、B两计数点,并用刻度尺测出s1、s2、s。根据以上实验步骤,回答下列问题:图1 (1)若忽略滑轮质量及轴间摩擦,本实验中滑块加速下滑时所受的合外力(填“等于”“大于”或“小于”)砂桶及砂的总重力。(2)为探究从A到B过程中,做功与滑块速度变化关系,则实验中还需测量的量有。(3)设打点计时器的打点周期为T,请写出探究结果表达式。(4)此实验方案存在缺陷,可能造成较大误差,造成较大误差的原因是。图2解析:(1)因为已平衡了摩擦力,所以滑块加速下滑时所受的合力等于砂桶及砂的总重力。(2)由动能定理有:mgs=M()2-M()2,所以还需要测量的量有:砂与砂桶的重力mg、滑块质量M,探究的结果表达式为:mgs=M()2-M()2。(4)主要原因在于实验过程中没有平衡纸带所受的摩擦力,即第一步操作中纸带没有连接,而实验中纸带与计时器的限位孔间存在摩擦(或滑轮有质量、滑轮轴有摩擦)。答案:(1)等于(2)砂与砂桶的重力mg、滑块质量M(3)mgs=M()2-M()2(4)第一步操作中纸带没有连接,而实验中纸带与计时器的限位孔间存在摩擦(或滑轮有质量、滑轮轴有摩擦)10.(12分)(xx全国理综,23)测量小物块Q与平板P之间动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道,与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切,C点在水平地面的垂直投影为C。重力加速度大小为g。实验步骤如下:用天平称出物块Q的质量m;测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC的长度h;将物块Q在A点从静止释放,在物块Q落地处标记其落地点D;重复步骤,共做10次;将10个落地点用一个尽量小的圆围住,用米尺测量圆心到C的距离s。(1)用实验中的测量量表示:物块Q到达B点时的动能EkB=;物块Q到达C点时的动能EkC=;在物块Q从B运动到C的过程中,物块Q克服摩擦力做的功Wf=;物块Q与平板P之间的动摩擦因数=。(2)回答下列问题:实验步骤的目的是;已知实验测得的值比实际值偏大,其原因除了实验中测量量的误差之外,其他的可能是。(写出一个可能的原因即可)解析:(1)根据动能定理,EkB=mgR滑块从C点平抛,h=gt2,s=v0t,滑块在C点的动能EkC=,联立三式得EkC=从B到C过程中克服摩擦力做的功等于动能的减少量,故Wf=mgR-从B到C过程中,根据能量转化与守恒,mgL=mgR-,得=(2)实验步骤是为了减小偶然误差。从开始运动到抛出,物块可能因接缝B不平滑等原因而受到阻力,导致测得的值比实际值偏大。答案:(1)mgRmgR-=(2)减小实验结果的误差圆弧轨道存在摩擦(或接缝B处不光滑等)三、计算题(本题共3小题,共42分)11.(9分)如图甲所示,在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道,相隔一定的距离,虚线沿竖直方向,一小球能在其间运动。今在最低点与最高点各放一个压力传感器,测试小球对轨道的压力,并通过计算机显示出来。当轨道距离变化时,测得两点压力差与距离s的图象如图乙所示。(不计空气阻力,g取10 m/s2)求:(1)小球的质量。(2)半圆光滑轨道的半径。(3)若小球在最低点B的速度为20 m/s,为使小球不脱离光滑轨道运动,s的最大值。解析:(1)设轨道半径为R,由机械能守恒定律可得:=mg(2R+s)+在B点:N1-mg=m在A点:N2+mg=m由式得两点的压力差:N=N1-N2=6mg+由图象得:截距6 mg=6 N,得m=0.1 kg。(2)因为图线的斜率k=1所以R=2 m。(3)在A点不脱离的条件为:vA。由三式和题中所给已知条件解得:smax=15 m答案:(1)0.1 kg(2)2 m(3)15 m12.(15分)山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青藤,其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头的边缘点,O为青藤的固定点,h1=1.8 m,h2 =4.0 m,s1=4.8 m,s2=8.0 m。开始时,质量分别为M=10 kg和m=2 kg的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上,当大猴发现小猴将受到伤害时,迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头,大猴抱起小猴跑到C点,抓住青藤的下端荡到右边石头的D点,此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点,空气阻力不计,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)大猴从A点水平跳离时速度最小值。(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小。(3)猴子荡起时,青藤对猴子的拉力大小。解析:(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin,根据平抛运动规律,有h1=gt2。s1=vmint。联立式,得vmin=8 m/s。(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒,设荡起时的速度为vc,有(M+m)gh2=(M+m)。vc=m/s9 m/s。(3)设拉力为T,青藤的长度为L,对最低点,由牛顿第二定律得T-(M+m)g=(M+m)。由几何关系(L-h2)2+=L2。得L=10 m。综合式并代入数据解得:T=(M+m)g+(M+m)=216 N。答案:(1)8 m/s(2)9 m/s(3)216 N13. (18分)(xx湖南五市十校联考)质量为m=1 kg的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P点,随传送带运动到A点后水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑的圆弧轨道。B、C为圆弧轨道的两端点,其连线水平。已知圆弧轨道的半径R=1.0 m,圆弧轨道对应的圆心角=106,轨道最低点为O,A点距水平面的高度h=0.8 m,小物块离开C点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动,0.8 s后经过D点,小物块与斜面间的动摩擦因数为1=。(g取10 m/s2, sin 37=0.6,cos 37=0.8) (1)求小物块离开A点时的水平初速度v1。(2)求小物块经过O点时对轨道的压力。(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为2=0.3,传送带的速度为5 m/s,求P、A间的距离是多少。(4)求斜面上CD间的距离。解析:(1)对于小物块,由A点到B点有 =2gh在B点有tan所以v1=3 m/s。(2)对于小物块,由B点到O点有mgR(1-cos)=其中vB=m/s=5 m/s在O点N-mg=m,所以N=43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为N=43 N。(3)小物块在传送带上加速的过程有2mg=ma3P、A间的距离是sPA=1.5 m。(4)小物块沿斜面上滑时有mgsin+1mgcos=ma1解得a1=10 m/s2小物块沿斜面下滑时有mgsin-1mgcos=ma2解得a2=6 m/s2由机械能守恒定律可知vC=vB=5 m/s小物块由C点上升到最高点历时t1=0.5 s小物块由最高点回到D点历时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