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滚动检测卷(一)本试卷分选择题和非选择题两部分,满分100分,考试时间90分钟。选择题部分一、选择题(每题3分,共45分)1.下列四幅图中包含的物理思想方法叙述错误的是()A.图甲:观察桌面微小形变的实验,利用了放大法B.图乙:探究影响电荷间相互作用力的因素时,运用了控制变量法C.图丙:利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验,体现了类比的思想D.图丁:伽利略研究力和运动关系时,运用了理想实验法答案C用镜面反射观察桌面微小变形时,是根据入射光线不变时,镜面转动角,入射角改变时,反射角改变2,所用的物理思想方法是放大法,A正确;探究影响电荷间相互作用力的因素时,所用的物理思想方法是控制变量法,B正确;利用红蜡块的运动探究合运动和分运动的实验,采用的物理思想方法是等效替代法,C错误;在研究力和运动的关系时,伽利略运用了理想实验法,巧妙地设想了两个对接斜面的实验,D正确。2.关于下列如图所示的照片中的物体或人,在运动过程中的一些说法正确的是()A.甲图是一列8:0010:25从成都开往重庆的高速动车,8:00是指动车的运动时间B.乙图是绕月球运动的“嫦娥二号”卫星,它在运动一周的过程中,其平均速度为零C.丙图是男子单杠比赛运动到最高点的体操运动员,此瞬间,运动员速度和加速度均为零D.丁图是表演精彩的芭蕾舞演员,可以把他们看做质点答案B8:00是指动车发车的时刻,故A错误;由于卫星运动一周的过程中的位移为零,故其平均速度为零,故B正确;运动员在最高点时,速度为零,但是此时他的加速度不为零,故C错误;研究芭蕾舞演员跳舞的姿态时,其大小和形状不能忽略,故不能看做质点,故D错误。3.东阳中学马老师用手机计步器记录了自己从家走到学校的情况,如图所示。则下列说法正确的是()A.图中的用时01:20是时刻B.图中的行程6.65千米为位移C.图中的速度5.0 km/h为平均速率D.图中的速度5.0 km/h为平均速度答案C从图中可以看出,东阳中学的马老师,用时1 h 20 min,行走8 861步,走过的路程为6.65千米,平均速率为5.0 km/h,故本题选C。4.如图所示,物体从O点由静止开始做匀加速直线运动,途经A、B、C三点,其中AB=2 m,BC=4 m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等,则O、A两点之间的距离等于()A.14 mB.12 mC.2 mD.4 m答案A设物体通过AB、BC所用时间均为T,则B点的速度为vB=xAC2T=6m2T=3mT,根据x=aT2得a=xT2=2mT2,则vA=vB-aT=3mT-2mT=1mT,则xOA=vA22a=14 m。故选A。5.一滑块在粗糙水平面上滑行,通过频闪照片分析得知,滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍,已知滑块最开始1 s内的位移为2.5 m,由此可求得()A.滑块的加速度为5 m/s2B.滑块的初速度为5 m/sC.滑块运动的总时间为5 sD.滑块运动的总位移为4.5 m答案D设滑块运动的加速度大小为a,运动总时间为t,把滑块的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动,则最后2 s内位移为s1=12at22=2a(m),最初2 s内位移为s2=12at2-12a(t-2 s)2=2at-2a(m),又因s2s1=21,解得总时间t=3 s,故C错误;第1 s的位移为s3=12at2-12a(t-1 s)2=2.5 m,解得a=1 m/s2,故A错误;总位移x=12at2=4.5 m,故D正确;滑块的初速度v0=at=3 m/s,故B错误。6.如图所示为市场出售的苍蝇拍,拍柄长约30 cm。这种苍蝇拍实际使用效果并不理想,有人尝试将拍柄增长到60 cm。若挥拍时手的动作完全相同,则改装后拍头()A.线速度变大B.角速度变大C.向心加速度变小D.向心力变小答案A由于挥拍时手的动作完全相同,即拍柄转动的角速度相同,B错;由于拍柄变长,改装后拍头的线速度v=r变大,故A对;向心加速度a=2r变大,C错;向心力F=m2r变大,D错。7.如图所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车,若小车在匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变,不计货物与小车间的摩擦力,则货物对杆A、B的压力大小之比FAFB为()A.13B.31C.21D.12答案B以货物为研究对象进行受力分析,如图所示,利用力的合成法可得tan 30=FNBFNA,根据牛顿第三定律可知FB=FNB、FA=FNA,解得FAFB=31,选项B正确。8.如图所示,有一重力不计的方形容器,被水平力F压在竖直的墙面上处于静止状态,现缓慢地向容器内注水,直到注满为止,此过程中容器始终保持静止,则下列说法正确的是()A.容器受到的摩擦力不断增大B.容器受到的摩擦力不变C.水平力F必须逐渐增大D.容器受到的合力逐渐增大答案A因注水过程中容器始终静止,故容器受到的合力始终为零,D错误;由平衡条件可得,墙对容器的静摩擦力Ff=m总g,随m总的增大而增大,A正确,B错误;只要m总gF,不增大水平力F也可使容器静止不动,C错误。9.如图所示,某轮渡站两岸的码头A和B正对,轮渡沿直线往返于两码头之间,已知水流速度恒定且小于船速,船速大小不变。下列说法正确的是()A.往返所用的时间不相等B.往返时船头均应垂直河岸航行C.往返时船头均应适当偏向上游D.从A驶往B,船头应适当偏向上游,返回时船头应适当偏向下游答案C根据矢量的合成法则,可知往返所用的时间相等,故A错误。从A到B,合速度方向垂直于河岸,水流速度水平向右,根据平行四边形定则,则船头的方向偏向上游一侧。从B到A,合速度的方向仍然垂直于河岸,水流速度水平向右,船头的方向仍然偏向上游一侧。故C正确,B、D错误。10.一工厂用皮带传送装置将从某一高度固定位置平抛下来的物件传到地面,为保证物件的安全,需以最短的路径运动到传送带上,已知传送带的倾角为。则()A.物件在空中运动的过程中,每1 s的速度变化不同B.物件下落的竖直高度与水平位移之比为2 tan C.物件落在传送带上时竖直方向的速度与水平方向速度之比为2tanD.物件做平抛运动的最小位移为2v02tan答案C物件在空中做平抛运动,故每1 s的速度变化v=gt相同,A选项错误;以最短的路径运动到传送带上,则需连抛出点到传送带的垂线,如图所示,则由平抛运动规律,x=v0t,y=12gt2,tan =xy,解得物件飞行时间为t=2v0gtan,则vy=gt=2v0tan,物件落在传送带时竖直方向的速度与水平方向速度之比为vyvx=2v0v0tan=2tan,故B选项错误,C选项正确;物件平抛运动的最小位移为L=xsin=v0tsin=2v02gtansin,故D选项错误。11.如图所示,某同学参加引体向上体能测试,在20 s内完成10次标准动作,每次引体向上的高度约为50 cm,则在完成这10次引体向上的过程中,该同学克服重力做功的平均功率为()A.0B.150 WC.300 WD.450 W答案A高中同学体重大约60 kg,引体向上时向上运动的位移大约0.5 m,则克服重力做功的平均功率P=10mght=1060100.520 W=150 W,故B正确,A、C、D错误;故选B。12.如图所示为某游乐场的一个娱乐设施,图中的大转盘在竖直平面内匀速转动,坐在吊篮里的游人却显得悠然自得,对某个游人,下列说法正确的是()A.游人所受合外力恰好为零B.游人所受合外力恰好提供向心力C.游人的机械能保持不变D.游人的机械能不断增加答案B大转盘在竖直平面内做匀速圆周运动,则游人所受的合外力不为零,合外力要用于提供向心力,合外力大小不变,方向始终指向圆心,故A错误,B正确;转盘在竖直平面内做匀速圆周运动,则动能不变,重力势能在变化,游人机械能不守恒,故C错误;对于同转盘一起下降的游人,动能不变而重力势能在减少,机械能减小,故D错误。13.如图甲所示,质量为1 kg的小物块以初速度v0=11 m/s从倾角=53的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力,g=10 m/s2,下列说法正确的是(cos 53=0.6,sin 53=0.8)()A.恒力F大小为10 NB.物块与斜面间动摩擦因数为0.6C.有恒力F时,小物块在上升过程中产生的热量较少D.有恒力F时,小物块在上升过程中机械能的减少量较小答案D根据v-t图线斜率表示加速度可知aa=vt1=0-111.1 m/s2=-10 m/s2,ab=vt2=0-111 m/s2=-11 m/s2,不受拉力时mab=-mg sin 53-mg cos 53,代入数据得=0.5,受到拉力的作用时maa=F-mg sin 53-mg cos 53,所以F=1 N,故A、B错误;根据运动学公式x=0-v022a,有恒力F时,小物块的加速度小,小物块上升的高度比较大,所以在上升过程中产生的热量较大,故C错误;有恒力F时,小物块在最高点的重力势能比较大,而升高的过程中动能的减小量是相等的,所以在上升过程中机械能的减少量较小,故D正确。14.把一质量为m的小球放在竖立的弹簧上,并把球往下按至A的位置,如图甲所示。迅速松手后,弹簧把球弹起,球升至最高位置C(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知A、B的高度差为h,C、B的高度差为2h,弹簧的质量和空气的阻力均可忽略,选A位置为重力势能零势能点,则()A.刚松手瞬间,弹簧弹力等于小球重力B.状态甲中弹簧的弹性势能为2mghC.状态乙中小球的动能为mghD.状态丙中系统的机械能为3mgh答案D刚松手瞬间,小球的加速度向上,处于超重状态,则弹簧弹力大于小球重力,故A错误。根据系统的机械能守恒可知,小球在甲状态时,弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能,为:Ep=mghAC=mg3h=3mgh,故B错误。由系统的机械能守恒得:状态乙中小球的动能EkB=mghAC-mghAB=2mgh,故C错误。选A位置为重力势能零势能点,状态丙中系统的机械能为3mgh,故D正确。15.A、B两物体放在同一水平面上,受到大小相同的水平力F的作用,各自从静止开始运动。经过时间t0,撤去作用在A物体上的外力F;经过时间4t0,撤去作用在B物体上的外力F。两物体运动的v-t图像如图所示,则A、B两物体()A.A、B两物体的质量之比为35B.A、B两物体与水平面间的动摩擦因数之比为21C.在02t0时间间隔内,合外力对A、B两物体做功之比为53D.在04t0时间间隔内,水平力F对A、B两物体做功之比为21答案C由图像可得,A加速运动的加速度为2v0t0,减速运动的加速度为v0t,根据牛顿第二定律知2v0t0=F-f1m1、v0t0=f1m1,由得f1=13F;B加速运动的加速度为v04t0,减速运动的加速度为v0t0,根据牛顿第二定律知v04t0=F-f2m2、v0t0=f2m2,由得f2=45F,所以A、B与水平面的摩擦力大小之比为F34F5=512,联立可得,m1m2=512;由f=mg可知,12=1,故A、B错误;在02t0时间间隔内,合外力做功之比等于末动能之比,为12m1v1212m2v22=12m1v0212m2(v02)2=53,故C正确;根据功的公式可知:W=FL,则F做功之比为W1W2=F2v02t0Fv024t0=12,故D错误。非选择题部分二、非选择题(共55分)16.(8分)(1)在“探究求合力的方法”实验中,下列器材中必须要用的是、。(2)下列两个学生实验中,必须要测量质量、时间和位移的是。A.用打点计时器测速度B.探究加速度与力、质量的关系(3)电磁打点计时器用的源为;电火花打点计时器用的电源为。A.直流46 VB.直流220 VC.交流46 VD.交流220 V答案(1)BD(2)B(3)CD解析(1)做“探究求合力的方法”实验中需要的实验器材有方木板、白纸、刻度尺、绳套、弹簧测力计、图钉、三角板、橡皮条,不需要停表和打点计时器,故选B、D。(2)用打点计时器测速度的实验中不需要测量质量,探究速度与力、质量的关系的实验中需要测量质量、时间和位移,故选B。(3)电磁打点计时器用的源为交流4-6 V;电火花打点计时器用的电源为交流220 V。17.(6分)某同学用图甲所示装置探究合力做功和物体速度变化的关系。一个圆柱形铝管固定在水平桌面上,管口与桌边齐平,管的两侧开有小缝,可以让水平方向的皮筋穿过,俯视图如图乙所示。在桌边关于圆管对称的A、B两点固定两个钉子,缠绕在钉子上的皮筋在A、B之间伸直且为原长,伸长后可以把小钢球弹出。小钢球与管之间的摩擦可忽略,它被弹出后落在水平地面上,测出落地点与桌边的水平距离x,然后分别用2条、3条、4条、5条相同的皮筋从同一位置由静止弹射小钢球,重复以上测量。(1)(多选)除了图示的器材以外,实验中还需要的实验器材有。(填器材前方字母)A.游标卡尺B.停表C.重垂线D.刻度尺(2)将皮筋做的功与测得的小钢球水平位移的数据列表如下:皮筋做的功WW02W03W04W05W0小钢球的水平位移x/m1.011.431.752.022.24根据以上数据,以W为纵轴,以为横轴(填写物理量符号),可在坐标系中得到一条过原点的直线,这说明皮筋所做的功W与小钢球弹出时的水平速度v之间满足的关系为。答案(1)CD(2)x2W与v2成正比解析(1)本实验需要测量小钢球平抛的水平位移,故需要用到刻度尺和重垂线,C、D正确。(2)因为小钢球飞出后做平抛运动,根据平抛运动的特点得小钢球飞出的初速度v=xt,W-x2图像为过原点的倾斜直线,说明W与v2成正比。18.(8分)甲同学准备做“探究功与物体速度变化的关系”实验。乙同学准备做“验证机械能守恒定律”实验。图1(1)图1为实验室提供的部分器材,甲、乙均要使用的器材是(填字母序号)。(2)图2是实验中得到的纸带、,请选择任意一条纸带计算b点对应速度 m/s,其中纸带是验证机械能守恒定律实验得到的(填“”或“”)。图2(3)(多选)关于这两个实验,下列说法正确的是(填字母代号)A.甲同学可以利用纸带上任意两点间的距离求所需速度B.甲同学做实验时长木板倾斜的目的是使橡皮筋所做的功等于合力所做的功C.乙同学可以取纸带上任意2个计时点进行数据处理D.乙同学实验时使重物靠近打点计时器释放的目的是获取更多的计时点答案(1)D(2)0.70(0.680.72)或1.38(1.361.40)(3)BD解析(1)这两个实验都要使用打点计时器。(2)b点对应速度应用vb=xac/2T计算;“探究功与物体速度变化的关系”实验中的小车先加速后匀速;“验证机械能守恒定律”实验中的物体在落地前一直匀加速运动,故选。(3)甲同学的实验中必须测量橡皮筋做功之后小车所获得的速度,平衡摩擦力的目的是使橡皮筋的弹力等于合力;乙同学不能任取两个点,因为若取的是相邻两个点,难以确定“中间时刻”时的具体位置,即无法确定高度。故选B、D。19.(10分)如图1为水上乐园的“超级大喇叭”,它主要由螺旋滑道AB和喇叭形曲面滑道组成,图2是喇叭形曲面滑道正视图。现有4位游客乘坐浮圈,从平台A处从静止随水流滑下,经滑道AB进入喇叭形曲面,恰好到达C处。已知游客与浮圈总质量M=232.5 kg,A处距离地面高H=20 m,喇叭形曲面最低处B距离地h=1 m。B、C、D在喇叭形曲面外侧,可视为在同一竖直圆面内,半径R=9 m,C处与圆心等高,若只考虑浮圈在滑道段运动时受阻力作用,求:(g取10 m/s2)(1)在滑道AB内滑行过程中,4位游客与浮圈克服阻力做的功W1;(2)当浮圈滑至B处时,其中质量为50 kg的一位游客受到的支持力大小;(3)若只让浮圈(无游客)滑下且能到达最高点D,浮圈在A处的初速度大小。已知浮圈质量m=10 kg,浮圈在螺旋滑道中克服阻力做功为(1)小题中W1的1/30答案见解析解析(1)从A到C:MghAC-W1=0-0得:W1=2.325104 J则克服阻力做功为2.325104 J(2)从B到C:-MgR=0-12MvB2在B点:FN-M游g=M游vB2R解得FN=1.5103 N(3)从A到D:mghAD-130W1=12mvD2-12mv02要过D点,则:mg=mvD2R解得vD=15 m/s20.(11分)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1 000 kg 的混合动力轿车,在平直公路上以v1=90 km/h匀速行驶,发动机的输出功率为P=50 kW。当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时,保持发动机功率不变,立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电,使轿车做减速运动,运动L=72 m后,速度变为v2=72 km/h。此过程中发动机功率的15用于轿车的牵引,45用于供给发电机工作,发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能。假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变。求(1)轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时,所受阻力F阻的大小;(2)轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中,获得的电能E电;(3)轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L。答案(1)2103 N(2)6.3104 J(3)31.5 m解析(1)轿车牵引力与输出功率关系P=F牵v将P=50 kW,v1=90 km/h=25 m/s代入得F牵=Pv1=2103 N当轿车匀速行驶时,牵引力与阻力大小相等,有F阻=2103 N(2)在减速过程中,注意到发动机只有15P用于轿车的牵引。根据动能定理有15Pt-F阻L=12mv22-12mv12代入数据得Pt=1.575105 J电源获得的电能为E电=0.545Pt=6.3104 J(3)根据题设,轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻=2103 N。在此过程中,由能量守恒定律可知。仅有电能用于克服阻力做功E电=F阻L代入数据得L=31.5 m21.(12分)如图所示,AB是倾角为的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道,AB恰好在B点与圆弧相切,圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高,物体与轨道AB间的动摩擦因数为,求:(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程;(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力;(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离L应满足什么条件。答案(1)R(2)(3-2 cos )mg(3)L(3+2cos)R2(sin-cos)解析(1)因为摩擦力始终对物体做负功,所以物体最终在圆心角为2的圆弧上往复运动。对整个过程由动能定理得mgRcos -mg cos s总=0所以s总=R(2)对BE过程mgR(1-cos )=12mvE2FN-mg=mvE2R由得FN=(3-2 cos )mg(3)设物体刚好到D点,则mg=mvD2R对全过程由动能定理得mgL sin -mg cos L-mgR(1+cos )=12mvD2由得:L=3+2cos2(sin-cos)R则LL=3+2cos(2sin-cos)R
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