广西专用2024年高考物理一轮复习滚动测试卷一第一~三章含解析新人教版

PAGEPAGE10滚动测试卷一(第一~三章)(时间:60分钟满分:100分)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1~5题只有一项符合题目要求,第6~8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.在物理学的重大发觉中,科学家们总结出了很多物理学方法,如志向试验法、限制变量法、极限思想法、类比法、科学假设法和建立物理模型法等。以下关于物理学探讨方法的叙述正确的是()A.在不须要考虑物体本身的大小和形态时,用质点来代替物体的方法运用了假设法B.依据速度的定义式v=ΔxΔt,当ΔtC.在试验探究加速度与力、质量的关系时,运用了限制变量法D.在推导匀变速直线运动位移公式时,把整个运动过程等分成很多小段,然后将各小段位移相加,运用了极限思想法答案:C解析:用质点来代替物体的方法是建立物理模型法,故选项A错误;速度的定义式v=ΔxΔt,当Δt趋近于零时,就可以表示物体在t时刻的瞬时速度,该定义运用了极限思想法,选项B错误;用试验来探究物体的加速度与力、质量的关系时,运用了限制2.某次空军基地用直升机运输医护人员去武汉,为了在直升机升空过程中医护人员不至于很难过,飞行员对上升过程某阶段的加速度进行了相应操作。此阶段的a-t图像如图所示,图中除ab段为曲线外,其余段均为直线,取向上为正。则下列说法正确的是()A.Oa段和ab段医护人员处于超重状态,cd段处于失重状态B.O到d整个过程医护人员均处于超重状态C.O到d过程速度增量小于20.5m/sD.依据图像可求出0~8s这段时间直升机上升的高度答案:B解析:O到d过程中加速度始终为正,即始终向上,因此O到d整个过程中医护人员均处于超重状态,A错误,B正确。O到d过程速度增量为0~8s这段时间内a-t图像所围的面积,若ab段为直线,则面积为20.5,所以实际面积大于20.5,即速度增量大于20.5m/s,C错误。由于未告知初速度,所以无法求出0~8s这段时间直升机上升的高度,D错误。3.一辆汽车在平直马路上做刹车试验,0时刻起运动位移与速度的关系式为x=10-0.1v2(各物理量的单位均为国际单位制的单位),下列分析正确的是()A.上述过程的加速度大小为10m/s2B.刹车过程持续的时间为5sC.0时刻的初速度为10m/sD.刹车过程的位移为5m答案:C解析:由v2-v02=2ax可得x=-12av02+12av2,对应x=10-0.1v2,可知12a=-0.1,-12av02=10,解得a=-5m/s24.如图所示,两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上,水平轻绳一端连接A,另一端固定在墙上,A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ。传送带沿顺时针方向转动,系统达到稳定后,突然剪断轻绳的瞬间,设A、B的加速度大小分别为aA和aB,(弹簧在弹性限度内,重力加速度为g)则()A.aA=μ1+m2m1g,aBB.aA=μg,aB=0C.aA=μ1+m2m1g,aD.aA=μg,aB=μg答案:C解析:系统稳定时A和B均受到向右的滑动摩擦力,B受到的滑动摩擦力大小为μm2g,等于弹簧向左的弹力F,B受到的合外力为0。剪断轻绳瞬间,弹簧弹力和B受到的滑动摩擦力都不变,则B的加速度为0;A的加速度aA=F+μm1g5.如图所示,质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上,物体与斜面之间的动摩擦因数为μ。先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑;若改用水平推力F2作用于物体上,也能使物体沿斜面匀速上滑,则两次的推力之比F1F2A.cosθ+μsinθ B.cosθ-μsinθC.1+μtanθ D.1-μtanθ答案:B解析:当F1作用时,物体的受力状况如图1,依据平衡条件得F1=mgsinθ+μFNFN=mgcosθ解得F1=mgsinθ+μmgcosθ当F2作用时,物体的受力状况如图2,依据平衡条件得F2cosθ=mgsinθ+μFN'FN'=mgcosθ+F2sinθ解得F2=mg所以F1F2=cosθ-μ6.如图所示,甲、乙两物体分别从A点和B点同时由静止起先做匀加速直线运动,结果二者同时到达C点,D是C点右侧一点,下面说法正确的是()A.两物体在到达C点前的任一时刻,总有甲的速度大于乙的速度B.两物体在到达C点前的任一位置,总有甲的速度大于乙的速度C.欲使两物体由静止起先运动同时到达D点,且保持各自的加速度不变,则须要甲先运动D.甲从A点匀加速运动,乙从B点匀加速运动,若同时到达D点,则在CD之间甲的平均速度必定大于乙的平均速度答案:ABD解析:设甲的加速度为a1,乙的加速度为a2,依据题意,有12a1t2>12a2t2,得a1>a2,由于两物体同时运动,由v=at知,A正确。依据题意,到达B、C点间随意位置时,总有甲的位移大于乙的位移,据v2=2ax知,B正确。甲走完AC段与乙走完BC段所用时间相等,该过程中乙的加速度小,且到达C点时乙的速度小,故乙走完CD段所用时间长,则须要乙先运动,C错误。据7.如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平面上,t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v-t图像可能是下列选项中的()答案:BD解析:设滑块质量为m,木板质量为m',滑块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,若有μ1mg<μ2(m'+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度a1=μ1g,木板不动,选项D正确;若有μ1mg>μ2(m'+m)g,则滑块滑上木板后向右匀减速运动,加速度为a1=μ1g,木板向右匀加速运动,当二者共速后,一起以a2=μ2g的加速度匀减速到停止,因a1>a2,故选项B正确。8.(2024·广东中山纪念中学一模)如图所示,不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点,跨过滑轮的细绳连接物块A、B,A、B都处于静止状态,现将物块B移至C点后,A、B仍保持静止,下列说法正确的是()A.B与水平面间的摩擦力减小B.地面对B的弹力增大C.悬于墙上的绳所受拉力不变D.A、B静止时,图中α、β、θ三个角始终相等答案:BD解析:绳子的拉力大小不变,由于绳子与水平方向的夹角减小,在水平方向的分力增大,所以B与水平面间的摩擦力增大,A错误。绳子在竖直方向的分力减小,由FN+Fsinθ=mg可知支持力增大,B正确。两段绳子的拉力大小不变,但夹角增大,所以合力减小,悬于墙上的绳所受拉力减小,C错误。A、B静止时,由对称性可知图中α、β、θ三个角始终相等,D正确。二、试验题(本题共2小题,共20分)9.(8分)某同学在探究弹力和弹簧伸长的关系的试验中,测得图中弹簧OC的劲度系数为500N/m。如图甲所示,用弹簧OC和弹簧测力计a、b做探究求合力的方法试验。保持弹簧伸长1.00cm不变。(1)若弹簧测力计a、b间夹角为90°,弹簧测力计a的读数是N(图乙中所示),则弹簧测力计b的读数可能为N。

(2)若弹簧测力计a、b间夹角大于90°,保持弹簧测力计a与弹簧OC的夹角不变,减小弹簧测力计b与弹簧OC的夹角,则弹簧测力计a的读数、弹簧测力计b的读数。(均选填“变大”“变小”或“不变”)

答案:(1)3.004.0(2)变大变大解析:(1)弹簧测力计最小刻度为0.1N,要进行估读,所以读到小数点后两位。由题图乙可得a弹簧测力计的读数为3.00N,因合力为F=kx=500×0.01N=5N,两分力夹角为90°,依据勾股定理进行计算,则另一个力Fb=F2-Fa(2)如图所示Oa、Ob线段长度表示起先时a弹簧测力计和b弹簧测力计拉力的大小,Oa'、Ob'线段长度表示b弹簧测力计与OC夹角α减小后两弹簧测力计拉力的大小。由图可知a、b两弹簧测力计的读数都变大。10.(12分)某物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数,试验装置如图甲所示。一表面粗糙的木板固定在水平桌面上,一端装有定滑轮。木板上有一滑块,其一端与电磁打点计时器的纸带相连,另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器运用的沟通电源的频率为50Hz。起先试验时,在托盘中放入适量砝码,滑块起先做匀加速直线运动,在纸带上打出一系列小点。甲乙(1)图乙给出的是试验中获得的一条纸带的一部分,0、1、2、3、4、5、6、7是计数点,每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出),计数点间的距离如图乙所示。通过纸带得出1~6每个点的瞬时速度,画出v-t图像,进而求得a。其中3号点的瞬时速度的大小v3=m/s(保留三位有效数字)。

(2)也可以去除一个数据,利用逐差法处理求得a。假如去除的是2.88cm这一数据,计算出滑块的加速度a=m/s2(保留三位有效数字)。

(3)为测量动摩擦因数,下列物理量中还应测量的有(填入所选物理量前的字母,完全选对才得分);还须要运用的仪器是。

A.木板的长度l B.木板的质量m1C.滑块的质量m2 D.托盘和砝码的总质量m3E.利用停表测量滑块运动的时间t(4)滑块与木板间的动摩擦因数μ=(用被测物理量的字母表示,重力加速度为g)。与真实值相比,测量的动摩擦因数(选填“偏大”或“偏小”)。

答案:(1)0.264(2)0.496(3)CD天平(4)m3g解析:(1)每相邻两计数点间还有4个点,说明相邻的计数点间时间间隔为0.1s,3号点的瞬时速度的大小v3=x3+x4(2)假如去除的是2.88cm这一数据,计算滑块的加速度有a=(x7-x3)(3)要测量动摩擦因数,由Ff=μFN可知,须要知道摩擦力和压力的大小。本题中压力就是滑块的重力,所以须要知道滑块的质量;摩擦力要依据滑块的运动和牛顿其次定律来求得。滑块做的是匀加速运动,拉滑块运动靠的是托盘和砝码的重力,所以也要知道托盘和砝码的质量,故A、B、E错误,C、D正确。(4)以整个系统为探讨对象,由牛顿其次定律得m3g-μm2g=(m3+m2)a,解得μ=m3g-(m2三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分)如图所示,直杆长l1=0.5m,圆筒高l2=2.5m,直杆位于圆筒正上方h=1m处。直杆从静止起先做自由落体运动,并能竖直穿越圆筒。(g取10m/s2,5=2.236)试求:(1)直杆下端刚好起先进入圆筒时的瞬时速度v1;(2)直杆穿越圆筒所用的时间t。答案:(1)4.47m/s(2)0.45s解析:(1)杆做自由落体运动,由运动学学问得v12=2解得v1=2×10×1m/s=(2)设直杆下端到达圆筒上方的时间为t1,则h=12设直杆上端离开圆筒下方时间为t2,则l1+h+l2=12由题意得t=t2-t1,以上三式代入数据解得t=0.45s。12.(10分)(2024·浙江温州新力气联盟联考)在一些长下坡路段行车道外侧时常会增设避险车道,车道表面是粗糙的碎石,其作用是供下坡的汽车在刹车失灵时避险。右图为某处避险车道,现有一辆质量为2000kg的汽车沿下坡路面行驶,下坡路面倾角α=17°,当驾驶员发觉刹车失灵的同时发动机失去动力,此时速度v1=20m/s,汽车接着沿下坡匀加速直行x=250m到达避险车道,此时速度v2=30m/s,g取10m/s2,sin17°=0.3。(1)求汽车下坡时的加速度大小。(2)求汽车下坡时受到的阻力大小。(3)若避险车道与水平面的夹角为37°,汽车在避险车道上受到的阻力是下坡马路上的4倍,求汽车在避险车道上运动的最大位移。(计算结果保留整数)答案:(1)1m/s2(2)4000N(3)32m解析:(1)依据速度位移关系式v22-解得a=v22-v(2)依据牛顿其次定律可知mgsin17°-Ff=ma解得Ff=4000N。(3)依据牛顿其次定律mgsin37°+4Ff=ma'解得a'=14m/s2依据速度位移关系式,汽车在避险车道上运动的最大位移s=v2213.(12分)(2024·福建龙岩质检)如图所示,在粗糙的水平路面上,一小车以v0=4m/s的速度向右匀速行驶,与此同时,在小车后方相距s0=40m处有一物体在F=20N的水平向右的推力作用下,从静止起先做匀加速直线运动,当物体运动了x1=25m时,撤去力F。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ=0.2,物体的质量m=5kg,重力加速度g取10m/s2。求:(1)推力F作用下,物体运动的加速度a1的大小;(2)物体运动过程中与小车之间的最大距离;(3)物体刚停止运动时与小车的距离d。答案:(1)2m/s2(2)44m(3)30m解析:(1)对物体,依据牛