高考教案物理大一轮总结复习滚动测学习试题三第一九章节节新人教2

通用版高考教学设计物理大一轮总结复习转动测学习试题三第一九章节节新人教版通用版高考教学设计物理大一轮总结复习转动测学习试题三第一九章节节新人教版PAGE通用版高考教学设计物理大一轮总结复习转动测学习试题三第一九章节节新人教版转动测试卷三(第一~九章)(时间:60分钟总分值:100分)一、选择题(本题共8小题,每题6分,共48分。在每题给出的四个选项中,第1~5题只有一项切合题目要求,第6~8题有多项切合题目要求。所有选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.以下列图,小车在恒力F作用下沿水平川面向右运动,其内底面左壁有一物块,物块与小车右壁之间有一压缩的轻弹簧,小车内底面圆滑。当小车由左边圆滑地面进入到右边粗拙地面时,物块向来与左壁保持接触,那么车左壁受物块的压力FN1和车右壁受弹簧的压力FN2的大小变化是()A.FN1变大,FN2不变B.FN1不变,FN2变大C.FN1和FN2都变小D.FN1变小,FN2不变答案D分析因为物块相对于小车静止不动,故弹簧长度不变,FN2不变;又因小车受地面向左的摩擦力,那么小车和物块的加快度向右减小或向左,故车左壁受物块的压力FN1变小,正确的选项为D。2.嫦娥三号奔月过程中某阶段的运动表示图以下列图,嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到近月点P处变轨进入圆轨道Ⅱ,在圆轨道Ⅱ做圆周运动的轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,那么以下说法正确的选项是()A.由题中(含图中)信息可求得月球的质量B.由题中(含图中)信息可求得月球第一宇宙速度C.嫦娥三号在P处变轨时一定点火加快D.嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P处时的加快度大于沿圆轨道Ⅱ运动到P处时的加快度答案A分析由万有引力供给向心力得G=mr,那么M=,即依据轨道半径为r,周期为T,引力常量为G,能够计算出月球的质量,故A项正确;万有引力供给向心力G=m,得v=,因为不知道月球半径,所以不可以计算月球第一宇宙速度,故B项错误;嫦娥三号只有在P处减速,做近心运动,才能进入圆轨道,故C项错误;嫦娥三号沿椭圆轨道Ⅰ运动到P处时和沿圆轨道Ⅱ运动到P处时,所受万有引力大小相等,所以加快度大小也相等,故D项错误。3.以下列图,在x轴上对于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和-Q,一正方形ABCD与xOy在同一平面内,此中心在O点,那么以下判断正确的选项是()A.O点电场强度为零B.A、C两点电场强度大小相等C.B、D两点电势相等D.假定将点电荷-q从A点移向C点,电势能减少答案B分析由等量异种电荷的电场散布可知,O点电场强度不为零,选项A错误;由对称可知,A、C两点电场强度大小相等,选项B正确;D点电势高于B点电势,选项C错误;因为A点电势高于C点电势,故假定将点电荷-q从A点移向C点,电场力做负功,电势能增添,选项D错误。4.以下列图,四个电表均为理想电表,当滑动变阻器滑片P向左端挪动时,下边说法正确的选项是()A.电压表V1的读数减小,电流表A1的读数增大B.电压表V1的读数增大,电流表A1的读数减小C.电压表V2的读数减小,电流表A2的读数减小D.电压表V2的读数增大,电流表A2的读数减小答案B分析当滑片P向左挪动时,连入电路的电阻增大,使得整个电路的总电阻增大,依据闭合电路欧姆定律可知,干路电流I减小,即电流表A1的读数减小;又电压表V1的读数U1=E-I(R1+r)增大,选项A错误,B正确;电流表A2的读数I2=增大,经过电阻R2支路的电流I1=I-I2,因I减小,I2增大,所以I1减小,电压表V2的读数U2=I1R2减小,选项C、D错误。5.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用,在粗拙水平面上做加快直线运动时的a-t图像以下列图,t=0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,那么()A.在t=6s的时刻,物体的速度为18m/sB.在0~6s时间内,协力对物体做的功为400JC.在0~6s时间内,拉力对物体的冲量为36N·sD.在t=6s的时刻,拉力F的功率为200W答案D分析类比速度—时间图像中位移的表示方法可知,速度变化量在加快度—时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示,在0~6s内Δv=18m/s,v0=2m/s,那么t=6s时的速度v=20m/s,A项错;由动能定理可知,0~6s内,协力做的功为W=mv2-=396J,B项错;由动量定理可知,IF-Ff·t=mv-mv0,代入条件解得IF=48N·s,C项错;由牛顿第二定律可知,6s末F-Ff=ma,解得F=10N,所以拉力的功率P=Fv=200W,D项对。6.(2021·西安模拟)某一空间存在着磁感觉强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示),规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的次序做横“∞〞字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),以下方法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其余力不计)()A.假定粒子的初始地点在a处,在t=T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.假定粒子的初始地点在f处,在t=时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.假定粒子的初始地点在e处,在t=T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.假定粒子的初始地点在b处,在t=时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度答案AD分析要使粒子的运动轨迹如题图所示,由左手定那么知粒子做圆周运动的周期应为T0=,假定粒子的初始地点在a处时,对应时刻应为t=T0=T,选项A正确;同理可判断选项D正确。7.以下列图,在虚线MN的上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,质子和α粒子从MN上的O点以同样的速度v0(v0在纸面内且与MN的夹角为θ,θ<90°)同时射入匀强磁场中,再分别从MN上A、B两点走开磁场,A、B距离为d。质子的质量为m,电荷量为e。忽视重力及质子和α粒子间的互相作用。以下说法正确的选项是()A.磁感觉强度的大小为B=sinθB.磁感觉强度的大小为B=C.两粒子抵达A、B两点的时间差Δt=D.两粒子抵达A、B两点的时间差Δt=答案AC分析两粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹以下列图。设磁感觉强度为B,α粒子与质子的轨道半径分别为rα与rp,那么eBv0=m,2eBv0=4m,又由题意知2rαsinθ-2rpsinθ=d,可得B=sinθ,选项A正确,B错误;因为Δt=,解得Δt=,选项C正确,D错误。8.(2021·湖北名校联考)以下列图,圆滑水平面上有一质量为2m、半径为R(R足够大)的圆弧曲面C,质量为m的小球B置于其底端,另一个小球A质量为,小球A以v0=6m/s的速度向B运动,并与B发生弹性碰撞,不计全部摩擦,小球均视为质点,那么()A.B的最大速率为4m/sB.B运动到最高点时的速率为m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不可以与A再次发生碰撞答案AD分析A与B发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,依据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0=vA+mvB,·m,解得vA=-2m/s,vB=4m/s,故B的最大速率为4m/s,选项A正确;B冲上C并运动到最高点时两者共速,设为v,那么mvB=(m+2m)v,得v=m/s,选项B错误;B冲上C而后又滑下的过程,设B、C分离时速度分别为vB'、vC',由水平方向动量守恒有mvB=mvB'+2mvC',由机械能守恒有·m·mvB'2+·2mvC'2,联立解得vB'=-m/s,因为|vB'|<|vA|,所以两者不会再次发生碰撞,选项C错误,选项D正确。二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(8分)在考证机械能守恒定律的实验中,实验小组选择以下列图纸带,纸带上选用连续的三个点A、B、C,测出A点距起点O的距离为x0,A、B两点间的距离为x1,B、C两点间的距离为x2,交变电流的周期为T,实验时:(1)为了减少空气阻力对实验的影响,自由落下的重锤密度要(选填“大〞或“小〞)一些。

(2)在考证机械能守恒定律的实验中(选填“需要〞或“不需要〞)测重锤的质量。

(3)打点计时器打出B点时,重锤的速度vB=(用题中所给的字母表示)。

(4)实验小组在考证机械能守恒定律的实验中发现,以O为起点、B为研究终点,计算结果是重锤减少的重力势能老是大于重锤增添的动能。其原由主假如该实验中存在阻力作用,所以该组同学想到能够经过该实验测算均匀阻力的大小。当地重力加快度值为g,重锤的质量为m,那么该实验中存在的均匀阻力大小Ff=(结果用m、g、vB、x0、x1表示)。

答案(1)大(2)不需要(3)(4)mg-分析(1)体积同样,密度越大的重力越大,阻力对加快度的影响就越小,所以重锤密度要大一些。(2)因为要考证mgh=mv2,只要考证gh=即可,不需测重锤的质量。(3)B点速度等于AC段的均匀速度,vB=。(4)依据动能定理(mg-Ff)(x0+x1)=得Ff=mg-。10.(12分)某实验小组用如图甲所示的电路来丈量定值电阻R0的阻值及电源的电动势和内阻。甲乙(1)依据图甲电路,将图乙所示的实物图连线增补完好。(2)实验时用U1、U2、I分别表示电表V1、V2、A的读数,定值电阻R0的计算表达式是:R0=(用测得的物理量表示),假定实验中的所有操作和数据办理无错误,实验中测得R0的值(选填“大于〞“等于〞或“小于〞)实质值。

(3)将滑动变阻器的滑片P挪动到不一样地点时,记录了U1、U2、I的一系列值。实验小组在同一坐标上分别作出U1-I、U2-I图线,那么所作的图线斜率绝对值较小的是(选填“U1-I〞或“U2-I〞)图线。假定用该图线来求电源电动势E和内阻r,且电表V2的内阻极大,那么惹起系统偏差的主要原由是。

答案(1)以下列图(2)大于(3)U1-I电压表V1分流分析(2)定值电阻R0两头电压为U=U1-U2,由欧姆定律可得定值电阻R0计算表达式为R0=。因为电压表的分流,定值电阻中的实质电流大于电流表读数,所以丈量值大于真切值。(3)U1-I图线为电源的伏安特征曲线,其斜率绝对值表示电源内阻;U2-I图线为把定值电阻视为电源内阻一局部的等效电源的伏安特征曲线,其斜率绝对值表示电源内阻与定值电阻之和;所以所作图线斜率绝对值较小的是U1-I图线。假定用该图线来求电源的电动势和内阻,那么惹起实验系统偏差的主要原由是电压表V1分流。三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分)(2021·福建二模)汽车碰撞试验是综合评论汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中遇到的均匀撞击力抵达某个临界值F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量m1=1600kg的试验车以速度v1=36km/h正面撞击固定试验台,经时间t1=0.10s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰巧爆开。忽视撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车遇到试验台的冲量I0的大小及F0的大小。(2)假定试验车以速度v1撞击正前面另一质量m2=1600kg、速度v2=18km/h同向行驶的汽车,经时间t2=0.16s两车以同样的速度一同滑行。试经过计算剖析这类状况下试验车的安全气囊能否会爆开。答案(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)不会爆开分析(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向为正方向,依据动量定理有-I0=0-m1v1,将数据代入解得I0=1.6×104N·s,由冲量定义有I0=F0t1,将数据代入解得F0=1.6×105N。(2)设试验车和汽车碰撞后获取共同速度v,由动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v,对试验车,由动量定理有-Ft2=m1v-m1v1,将数据代入解得F=2.5×104N,可见F<F0,故试验车的安全气囊不会爆开。12.(11分)以下列图,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段圆滑水平,BC段为圆滑圆弧,对应的圆心角θ=37°,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗拙,各段轨道均光滑连结,倾斜轨道所在地区有电场强度大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体经过C点时为计时起点,0.1s此后,电场强度大小不变,方向反向。斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功。(2)在斜轨上小物体能抵达的最高点为P,求CP的长度。答案(1)0.475J(2)0.57m分析(1)设弹簧枪对小物体做的功为W,由动能定理得W-mgr(1-cosθ)=,代入数据得W=0.475J。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体经过C点进入电场后的加快度为a1,由牛顿第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1s后,速度抵达v1,有v1=v0+a1t1。联立解得v1=2.1m/s。设运动的位移为s1,有s1=v0t1+a1。电场力反向后,设小物体的加快度为a2,由牛顿第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2。设小物体以此加快度运动到速度为0时,运动的时间为t2,位移为s2,有0=v1+a2t2,s2=v1t2+a2。设CP的长度为s,有s=s1+s2。联立有关方程,代入数据解得s=0.57m。13.(11分)以下列图,在竖直平面内,水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场,此中x轴上方的匀强磁场磁感觉强度大小为B1,而且在第一象限和第二象限有方向相反、大小同样的平行于x轴的匀强电场,电场强度大小为E1。一质量为m的带电小球从y轴上的A(0,l)地点斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限,恰能做匀速直线运动。(1)判断带电小球的电性,并求出所带电荷量q及入射的速度大小。(2)为使得带电小球在x轴下方的磁