高考教案物理大一輪總結(jié)復(fù)習(xí)滾動測學(xué)習(xí)試題三第一九章節(jié)節(jié)新人教2

通用版高考教學(xué)設(shè)計物理大一輪總結(jié)復(fù)習(xí)轉(zhuǎn)動測學(xué)習(xí)試題三第一九章節(jié)節(jié)新人教版通用版高考教學(xué)設(shè)計物理大一輪總結(jié)復(fù)習(xí)轉(zhuǎn)動測學(xué)習(xí)試題三第一九章節(jié)節(jié)新人教版PAGE通用版高考教學(xué)設(shè)計物理大一輪總結(jié)復(fù)習(xí)轉(zhuǎn)動測學(xué)習(xí)試題三第一九章節(jié)節(jié)新人教版轉(zhuǎn)動測試卷三(第一~九章)(時間:60分鐘總分值:100分)一、選擇題(本題共8小題,每題6分,共48分。在每題給出的四個選項中,第1~5題只有一項切合題目要求,第6~8題有多項切合題目要求。所有選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.以下列圖,小車在恒力F作用下沿水平川面向右運動,其內(nèi)底面左壁有一物塊,物塊與小車右壁之間有一壓縮的輕彈簧,小車內(nèi)底面圓滑。當(dāng)小車由左邊圓滑地面進(jìn)入到右邊粗拙地面時,物塊向來與左壁保持接觸,那么車左壁受物塊的壓力FN1和車右壁受彈簧的壓力FN2的大小變化是()A.FN1變大,FN2不變B.FN1不變,FN2變大C.FN1和FN2都變小D.FN1變小,FN2不變答案D分析因為物塊相對于小車靜止不動,故彈簧長度不變,FN2不變;又因小車受地面向左的摩擦力,那么小車和物塊的加快度向右減小或向左,故車左壁受物塊的壓力FN1變小,正確的選項為D。2.嫦娥三號奔月過程中某階段的運動表示圖以下列圖,嫦娥三號沿橢圓軌道Ⅰ運動到近月點P處變軌進(jìn)入圓軌道Ⅱ,在圓軌道Ⅱ做圓周運動的軌道半徑為r,周期為T,引力常量為G,那么以下說法正確的選項是()A.由題中(含圖中)信息可求得月球的質(zhì)量B.由題中(含圖中)信息可求得月球第一宇宙速度C.嫦娥三號在P處變軌時一定點火加快D.嫦娥三號沿橢圓軌道Ⅰ運動到P處時的加快度大于沿圓軌道Ⅱ運動到P處時的加快度答案A分析由萬有引力供給向心力得G=mr,那么M=,即依據(jù)軌道半徑為r,周期為T,引力常量為G,能夠計算出月球的質(zhì)量,故A項正確;萬有引力供給向心力G=m,得v=,因為不知道月球半徑,所以不可以計算月球第一宇宙速度,故B項錯誤;嫦娥三號只有在P處減速,做近心運動,才能進(jìn)入圓軌道,故C項錯誤;嫦娥三號沿橢圓軌道Ⅰ運動到P處時和沿圓軌道Ⅱ運動到P處時,所受萬有引力大小相等,所以加快度大小也相等,故D項錯誤。3.以下列圖,在x軸上對于O點對稱的F、G兩點有等量異種電荷Q和-Q,一正方形ABCD與xOy在同一平面內(nèi),此中心在O點,那么以下判斷正確的選項是()A.O點電場強度為零B.A、C兩點電場強度大小相等C.B、D兩點電勢相等D.假定將點電荷-q從A點移向C點,電勢能減少答案B分析由等量異種電荷的電場散布可知,O點電場強度不為零,選項A錯誤;由對稱可知,A、C兩點電場強度大小相等,選項B正確;D點電勢高于B點電勢,選項C錯誤;因為A點電勢高于C點電勢,故假定將點電荷-q從A點移向C點,電場力做負(fù)功,電勢能增添,選項D錯誤。4.以下列圖,四個電表均為理想電表,當(dāng)滑動變阻器滑片P向左端挪動時,下邊說法正確的選項是()A.電壓表V1的讀數(shù)減小,電流表A1的讀數(shù)增大B.電壓表V1的讀數(shù)增大,電流表A1的讀數(shù)減小C.電壓表V2的讀數(shù)減小,電流表A2的讀數(shù)減小D.電壓表V2的讀數(shù)增大,電流表A2的讀數(shù)減小答案B分析當(dāng)滑片P向左挪動時,連入電路的電阻增大,使得整個電路的總電阻增大,依據(jù)閉合電路歐姆定律可知,干路電流I減小,即電流表A1的讀數(shù)減小;又電壓表V1的讀數(shù)U1=E-I(R1+r)增大,選項A錯誤,B正確;電流表A2的讀數(shù)I2=增大,經(jīng)過電阻R2支路的電流I1=I-I2,因I減小,I2增大,所以I1減小,電壓表V2的讀數(shù)U2=I1R2減小,選項C、D錯誤。5.一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用,在粗拙水平面上做加快直線運動時的a-t圖像以下列圖,t=0時其速度大小為2m/s,滑動摩擦力大小恒為2N,那么()A.在t=6s的時刻,物體的速度為18m/sB.在0~6s時間內(nèi),協(xié)力對物體做的功為400JC.在0~6s時間內(nèi),拉力對物體的沖量為36N·sD.在t=6s的時刻,拉力F的功率為200W答案D分析類比速度—時間圖像中位移的表示方法可知,速度變化量在加快度—時間圖像中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示,在0~6s內(nèi)Δv=18m/s,v0=2m/s,那么t=6s時的速度v=20m/s,A項錯;由動能定理可知,0~6s內(nèi),協(xié)力做的功為W=mv2-=396J,B項錯;由動量定理可知,IF-Ff·t=mv-mv0,代入條件解得IF=48N·s,C項錯;由牛頓第二定律可知,6s末F-Ff=ma,解得F=10N,所以拉力的功率P=Fv=200W,D項對。6.(2021·西安模擬)某一空間存在著磁感覺強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖甲所示),規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的次序做橫“∞〞字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡),以下方法可行的是(粒子只受磁場力的作用,其余力不計)()A.假定粒子的初始地點在a處,在t=T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B.假定粒子的初始地點在f處,在t=時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C.假定粒子的初始地點在e處,在t=T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D.假定粒子的初始地點在b處,在t=時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度答案AD分析要使粒子的運動軌跡如題圖所示,由左手定那么知粒子做圓周運動的周期應(yīng)為T0=,假定粒子的初始地點在a處時,對應(yīng)時刻應(yīng)為t=T0=T,選項A正確;同理可判斷選項D正確。7.以下列圖,在虛線MN的上方存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,質(zhì)子和α粒子從MN上的O點以同樣的速度v0(v0在紙面內(nèi)且與MN的夾角為θ,θ<90°)同時射入勻強磁場中,再分別從MN上A、B兩點走開磁場,A、B距離為d。質(zhì)子的質(zhì)量為m,電荷量為e。忽視重力及質(zhì)子和α粒子間的互相作用。以下說法正確的選項是()A.磁感覺強度的大小為B=sinθB.磁感覺強度的大小為B=C.兩粒子抵達(dá)A、B兩點的時間差Δt=D.兩粒子抵達(dá)A、B兩點的時間差Δt=答案AC分析兩粒子在磁場中做勻速圓周運動,軌跡以下列圖。設(shè)磁感覺強度為B,α粒子與質(zhì)子的軌道半徑分別為rα與rp,那么eBv0=m,2eBv0=4m,又由題意知2rαsinθ-2rpsinθ=d,可得B=sinθ,選項A正確,B錯誤;因為Δt=,解得Δt=,選項C正確,D錯誤。8.(2021·湖北名校聯(lián)考)以下列圖,圓滑水平面上有一質(zhì)量為2m、半徑為R(R足夠大)的圓弧曲面C,質(zhì)量為m的小球B置于其底端,另一個小球A質(zhì)量為,小球A以v0=6m/s的速度向B運動,并與B發(fā)生彈性碰撞,不計全部摩擦,小球均視為質(zhì)點,那么()A.B的最大速率為4m/sB.B運動到最高點時的速率為m/sC.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不可以與A再次發(fā)生碰撞答案AD分析A與B發(fā)生彈性碰撞,取水平向右為正方向,依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得v0=vA+mvB,·m,解得vA=-2m/s,vB=4m/s,故B的最大速率為4m/s,選項A正確;B沖上C并運動到最高點時兩者共速,設(shè)為v,那么mvB=(m+2m)v,得v=m/s,選項B錯誤;B沖上C而后又滑下的過程,設(shè)B、C分離時速度分別為vB'、vC',由水平方向動量守恒有mvB=mvB'+2mvC',由機械能守恒有·m·mvB'2+·2mvC'2,聯(lián)立解得vB'=-m/s,因為|vB'|<|vA|,所以兩者不會再次發(fā)生碰撞,選項C錯誤,選項D正確。二、實驗題(本題共2小題,共20分)9.(8分)在考證機械能守恒定律的實驗中,實驗小組選擇以下列圖紙帶,紙帶上選用連續(xù)的三個點A、B、C,測出A點距起點O的距離為x0,A、B兩點間的距離為x1,B、C兩點間的距離為x2,交變電流的周期為T,實驗時:(1)為了減少空氣阻力對實驗的影響,自由落下的重錘密度要(選填“大〞或“小〞)一些。

(2)在考證機械能守恒定律的實驗中(選填“需要〞或“不需要〞)測重錘的質(zhì)量。

(3)打點計時器打出B點時,重錘的速度vB=(用題中所給的字母表示)。

(4)實驗小組在考證機械能守恒定律的實驗中發(fā)現(xiàn),以O(shè)為起點、B為研究終點,計算結(jié)果是重錘減少的重力勢能老是大于重錘增添的動能。其原由主假如該實驗中存在阻力作用,所以該組同學(xué)想到能夠經(jīng)過該實驗測算均勻阻力的大小。當(dāng)?shù)刂亓涌於戎禐間,重錘的質(zhì)量為m,那么該實驗中存在的均勻阻力大小Ff=(結(jié)果用m、g、vB、x0、x1表示)。

答案(1)大(2)不需要(3)(4)mg-分析(1)體積同樣,密度越大的重力越大,阻力對加快度的影響就越小,所以重錘密度要大一些。(2)因為要考證mgh=mv2,只要考證gh=即可,不需測重錘的質(zhì)量。(3)B點速度等于AC段的均勻速度,vB=。(4)依據(jù)動能定理(mg-Ff)(x0+x1)=得Ff=mg-。10.(12分)某實驗小組用如圖甲所示的電路來丈量定值電阻R0的阻值及電源的電動勢和內(nèi)阻。甲乙(1)依據(jù)圖甲電路,將圖乙所示的實物圖連線增補完好。(2)實驗時用U1、U2、I分別表示電表V1、V2、A的讀數(shù),定值電阻R0的計算表達(dá)式是:R0=(用測得的物理量表示),假定實驗中的所有操作和數(shù)據(jù)辦理無錯誤,實驗中測得R0的值(選填“大于〞“等于〞或“小于〞)實質(zhì)值。

(3)將滑動變阻器的滑片P挪動到不一樣地點時,記錄了U1、U2、I的一系列值。實驗小組在同一坐標(biāo)上分別作出U1-I、U2-I圖線,那么所作的圖線斜率絕對值較小的是(選填“U1-I〞或“U2-I〞)圖線。假定用該圖線來求電源電動勢E和內(nèi)阻r,且電表V2的內(nèi)阻極大,那么惹起系統(tǒng)偏差的主要原由是。

答案(1)以下列圖(2)大于(3)U1-I電壓表V1分流分析(2)定值電阻R0兩頭電壓為U=U1-U2,由歐姆定律可得定值電阻R0計算表達(dá)式為R0=。因為電壓表的分流,定值電阻中的實質(zhì)電流大于電流表讀數(shù),所以丈量值大于真切值。(3)U1-I圖線為電源的伏安特征曲線,其斜率絕對值表示電源內(nèi)阻;U2-I圖線為把定值電阻視為電源內(nèi)阻一局部的等效電源的伏安特征曲線,其斜率絕對值表示電源內(nèi)阻與定值電阻之和;所以所作圖線斜率絕對值較小的是U1-I圖線。假定用該圖線來求電源的電動勢和內(nèi)阻,那么惹起實驗系統(tǒng)偏差的主要原由是電壓表V1分流。三、計算題(本題共3小題,共32分)11.(10分)(2021·福建二模)汽車碰撞試驗是綜合評論汽車安全性能的有效方法之一。設(shè)汽車在碰撞過程中遇到的均勻撞擊力抵達(dá)某個臨界值F0時,安全氣囊爆開。某次試驗中,質(zhì)量m1=1600kg的試驗車以速度v1=36km/h正面撞擊固定試驗臺,經(jīng)時間t1=0.10s碰撞結(jié)束,車速減為零,此次碰撞安全氣囊恰巧爆開。忽視撞擊過程中地面阻力的影響。(1)求此過程中試驗車遇到試驗臺的沖量I0的大小及F0的大小。(2)假定試驗車以速度v1撞擊正前面另一質(zhì)量m2=1600kg、速度v2=18km/h同向行駛的汽車,經(jīng)時間t2=0.16s兩車以同樣的速度一同滑行。試經(jīng)過計算剖析這類狀況下試驗車的安全氣囊能否會爆開。答案(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)不會爆開分析(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向為正方向,依據(jù)動量定理有-I0=0-m1v1,將數(shù)據(jù)代入解得I0=1.6×104N·s,由沖量定義有I0=F0t1,將數(shù)據(jù)代入解得F0=1.6×105N。(2)設(shè)試驗車和汽車碰撞后獲取共同速度v,由動量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,對試驗車,由動量定理有-Ft2=m1v-m1v1,將數(shù)據(jù)代入解得F=2.5×104N,可見F<F0,故試驗車的安全氣囊不會爆開。12.(11分)以下列圖,ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道,AB段圓滑水平,BC段為圓滑圓弧,對應(yīng)的圓心角θ=37°,半徑r=2.5m,CD段平直傾斜且粗拙,各段軌道均光滑連結(jié),傾斜軌道所在地區(qū)有電場強度大小為E=2×105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質(zhì)量m=5×10-2kg、電荷量q=+1×10-6C的小物體(視為質(zhì)點)被彈簧槍發(fā)射后,沿水平軌道向左滑行,在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌。以小物體經(jīng)過C點時為計時起點,0.1s此后,電場強度大小不變,方向反向。斜軌與小物體間的動摩擦因數(shù)μ=0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求彈簧槍對小物體所做的功。(2)在斜軌上小物體能抵達(dá)的最高點為P,求CP的長度。答案(1)0.475J(2)0.57m分析(1)設(shè)彈簧槍對小物體做的功為W,由動能定理得W-mgr(1-cosθ)=,代入數(shù)據(jù)得W=0.475J。(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設(shè)小物體經(jīng)過C點進(jìn)入電場后的加快度為a1,由牛頓第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1小物體向上做勻減速運動,經(jīng)t1=0.1s后,速度抵達(dá)v1,有v1=v0+a1t1。聯(lián)立解得v1=2.1m/s。設(shè)運動的位移為s1,有s1=v0t1+a1。電場力反向后,設(shè)小物體的加快度為a2,由牛頓第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2。設(shè)小物體以此加快度運動到速度為0時,運動的時間為t2,位移為s2,有0=v1+a2t2,s2=v1t2+a2。設(shè)CP的長度為s,有s=s1+s2。聯(lián)立有關(guān)方程,代入數(shù)據(jù)解得s=0.57m。13.(11分)以下列圖,在豎直平面內(nèi),水平x軸的上方和下方分別存在方向垂直紙面向外和方向垂直紙面向里的勻強磁場,此中x軸上方的勻強磁場磁感覺強度大小為B1,而且在第一象限和第二象限有方向相反、大小同樣的平行于x軸的勻強電場,電場強度大小為E1。一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上的A(0,l)地點斜向下與y軸負(fù)半軸成60°角射入第一象限,恰能做勻速直線運動。(1)判斷帶電小球的電性,并求出所帶電荷量q及入射的速度大小。(2)為使得帶電小球在x軸下方的磁