滾動測試卷三(第一九章)(時間:60分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第15題只有一項符合題目要求,第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)1.如圖所示,小車在恒力F作用下沿水平地面向右運動,其內底面左壁有一物塊,物塊與小車右壁之間有一壓縮的輕彈簧,小車內底面光滑。當小車由左側光滑地面進入到右側粗糙地面時,物塊一直與左壁保持接觸,則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解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,則小車和物塊的加速度向右減小或向左,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示意圖如圖所示,嫦娥三號沿橢圓軌道運動到近月點P處變軌進入圓軌道,在圓軌道做圓周運動的軌道半徑為r,周期為T,已知引力常量為G,則下列說法正確的是()A.由題中(含圖中)信息可求得月球的質量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處變軌時必須點火加速D.嫦娥三號沿橢圓軌道運動到P處時的加速度大于沿圓軌道運動到P處時的加速度答案A解析由萬有引力提供向心力得GMmr2=m42T2r,則M=42r3GT2,即根據軌道半徑為r,周期為T,引力常量為G,可以計算出月球的質量,故A項正確;萬有引力提供向心力GMmr2=mv2r,得v=GMr,由于不知道月球半徑,所以不能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,才能進入圓軌道,故C項錯誤;嫦娥三號沿橢圓軌道運動到P處時和沿圓軌道運動到P處時,所受萬有引力大小相等,所以加速度大小也相等,故D項錯誤。3.如圖所示,在x軸上關于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,其中心在O點,則下列判斷正確的是()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.若將點電荷-q從A點移向C點,電勢能減少答案B解析由等量異種電荷的電場分布可知,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;由于A點電勢高于C點電勢,故若將點電荷-q從A點移向C點,電場力做負功,電勢能增加,選項D錯誤。4.如圖所示,四個電表均為理想電表,當滑動變阻器滑片P向左端移動時,下面說法正確的是()A.電壓表V1的讀數減小,電流表A1的讀數增大B.電壓表V1的讀數增大,電流表A1的讀數減小C.電壓表V2的讀數減小,電流表A2的讀數減小D.電壓表V2的讀數增大,電流表A2的讀數減小答案B解析當滑片P向左移動時,連入電路的電阻增大,使得整個電路的總電阻增大,根據閉合電路歐姆定律可知,干路電流I減小,即電流表A1的讀數減小;又電壓表V1的讀數U1=E-I(R1+r)增大,選項A錯誤,B正確;電流表A2的讀數I2=U1R3增大,通過電阻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U2=I1R2減小,選項C、D錯誤。5.一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直線運動時的a-t圖像如圖所示,t=0時其速度大小為2 m/s,滑動摩擦力大小恒為2 N,則()A.在t=6 s的時刻,物體的速度為18 m/sB.在06 s時間內,合力對物體做的功為400 JC.在06 s時間內,拉力對物體的沖量為36 NsD.在t=6 s的時刻,拉力F的功率為200 W答案D解析類比速度時間圖像中位移的表示方法可知,速度變化量在加速度時間圖像中由圖線與坐標軸所圍面積表示,在06s內v=18m/s,v0=2m/s,則t=6s時的速度v=20m/s,A項錯;由動能定理可知,06s內,合力做的功為W=12mv2-12mv02=396J,B項錯;由動量定理可知,IF-Fft=mv-mv0,代入已知條件解得IF=48Ns,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.(2018西安模擬)某一空間存在著磁感應強度為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abcdef的順序做橫“”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡),下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用,其他力不計)()A.若粒子的初始位置在a處,在t=38T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f處,在t=T2時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e處,在t=118T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b處,在t=T2時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度答案AD解析要使粒子的運動軌跡如題圖所示,由左手定則知粒子做圓周運動的周期應為T0=T2,若粒子的初始位置在a處時,對應時刻應為t=34T0=38T,選項A正確;同理可判斷選項D正確。7.如圖所示,在虛線MN的上方存在方向垂直紙面向里的勻強磁場,質子和粒子從MN上的O點以相同的速度v0(v0在紙面內且與MN的夾角為,<90)同時射入勻強磁場中,再分別從MN上A、B兩點離開磁場,A、B距離為d。已知質子的質量為m,電荷量為e。忽略重力及質子和粒子間的相互作用。下列說法正確的是()A.磁感應強度的大小為B=2mv0desin B.磁感應強度的大小為B=2mv0deC.兩粒子到達A、B兩點的時間差t=(-)dv0sinD.兩粒子到達A、B兩點的時間差t=dv0sin答案AC解析兩粒子在磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖所示。設磁感應強度為B,粒子與質子的軌道半徑分別為r與rp,則eBv0=mv02rp,2eBv0=4mv02r,又由題意知2rsin-2rpsin=d,可得B=2mv0desin,選項A正確,B錯誤;因為t=2-222rv0-2rpv0,解得t=(-)dv0sin,選項C正確,D錯誤。8.(2018湖北名校聯(lián)考)如圖所示,光滑水平面上有一質量為2m、半徑為R(R足夠大)的14圓弧曲面C,質量為m的小球B置于其底端,另一個小球A質量為m2,小球A以v0=6 m/s的速度向B運動,并與B發(fā)生彈性碰撞,不計一切摩擦,小球均視為質點,則()A.B的最大速率為4 m/sB.B運動到最高點時的速率為34 m/sC.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不能與A再次發(fā)生碰撞答案AD解析A與B發(fā)生彈性碰撞,取水平向右為正方向,根據動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v0=m2vA+mvB,12m2v02=12m2vA2+12mvB2,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并運動到最高點時二者共速,設為v,則mvB=(m+2m)v,得v=43m/s,選項B錯誤;B沖上C然后又滑下的過程,設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12mvB2=12mvB2+122mvC2,聯(lián)立解得vB=-43m/s,由于|vB|<|vA|,所以二者不會再次發(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)在驗證機械能守恒定律的實驗中,實驗小組選擇如圖所示紙帶,紙帶上選取連續(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)在驗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)實驗小組在驗證機械能守恒定律的實驗中發(fā)現(xiàn),以O為起點、B為研究終點,計算結果是重錘減少的重力勢能總是大于重錘增加的動能。其原因主要是該實驗中存在阻力作用,因此該組同學想到可以通過該實驗測算平均阻力的大小。已知當地重力加速度值為g,重錘的質量為m,則該實驗中存在的平均阻力大小Ff=(結果用m、g、vB、x0、x1表示)。答案(1)大(2)不需要(3)x1+x22T(4)mg-mvB22(x0+x1)解析(1)體積相同,密度越大的重力越大,阻力對加速度的影響就越小,因此重錘密度要大一些。(2)因為要驗證mgh=12mv2,只需驗證gh=v22即可,不需測重錘的質量。(3)B點速度等于AC段的平均速度,vB=x1+x22T。(4)根據動能定理(mg-Ff)(x0+x1)=12mvB2得Ff=mg-mvB22(x0+x1)。10.(12分)某實驗小組用如圖甲所示的電路來測量定值電阻R0的阻值及電源的電動勢和內阻。甲乙(1)根據圖甲電路,將圖乙所示的實物圖連線補充完整。(2)實驗時用U1、U2、I分別表示電表V1、V2、A的讀數,定值電阻R0的計算表達式是:R0=(用測得的物理量表示),若實驗中的所有操作和數據處理無錯誤,實驗中測得R0的值(選填“大于”“等于”或“小于”)實際值。(3)將滑動變阻器的滑片P移動到不同位置時,記錄了U1、U2、I的一系列值。實驗小組在同一坐標上分別作出U1-I、U2-I圖線,則所作的圖線斜率絕對值較小的是(選填“U1-I”或“U2-I”)圖線。若用該圖線來求電源電動勢E和內阻r,且電表V2的內阻極大,則引起系統(tǒng)誤差的主要原因是。答案(1)如圖所示(2)U1-U2I大于(3)U1-I電壓表V1分流解析(2)定值電阻R0兩端電壓為U=U1-U2,由歐姆定律可得定值電阻R0計算表達式為R0=U1-U2I。由于電壓表的分流,定值電阻中的實際電流大于電流表讀數,所以測量值大于真實值。(3)U1-I圖線為電源的伏安特性曲線,其斜率絕對值表示電源內阻;U2-I圖線為把定值電阻視為電源內阻一部分的等效電源的伏安特性曲線,其斜率絕對值表示電源內阻與定值電阻之和;所以所作圖線斜率絕對值較小的是U1-I圖線。若用該圖線來求電源的電動勢和內阻,則引起實驗系統(tǒng)誤差的主要原因是電壓表V1分流。三、計算題(本題共3小題,共32分)11.(10分)(2018福建二模)汽車碰撞試驗是綜合評價汽車安全性能的有效方法之一。設汽車在碰撞過程中受到的平均撞擊力達到某個臨界值F0時,安全氣囊爆開。某次試驗中,質量m1=1 600 kg的試驗車以速度v1=36 km/h正面撞擊固定試驗臺,經時間t1=0.10 s碰撞結束,車速減為零,此次碰撞安全氣囊恰好爆開。忽略撞擊過程中地面阻力的影響。(1)求此過程中試驗車受到試驗臺的沖量I0的大小及F0的大小。(2)若試驗車以速度v1撞擊正前方另一質量m2=1 600 kg、速度v2=18 km/h同向行駛的汽車,經時間t2=0.16 s兩車以相同的速度一起滑行。試通過計算分析這種情況下試驗車的安全氣囊是否會爆開。答案(1)1.6104 Ns1.6105 N(2)不會爆開解析(1)v1=36km/h=10m/s,取速度v1的方向為正方向,根據動量定理有-I0=0-m1v1,將已知數據代入解得I0=1.6104Ns,由沖量定義有I0=F0t1,將已知數據代入解得F0=1.6105N。(2)設試驗車和汽車碰撞后獲得共同速度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,將已知數據代入解得F=2.5104N,可見F<F0,故試驗車的安全氣囊不會爆開。12.(11分)如圖所示,ABCD為固定在豎直平面內的軌道,AB段光滑水平,BC段為光滑圓弧,對應的圓心角=37,半徑r=2.5 m,CD段平直傾斜且粗糙,各段軌道均平滑連接,傾斜軌道所在區(qū)域有電場強度大小為E=2105 N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質量m=510-2 kg、電荷量q=+110-6 C的小物體(視為質點)被彈簧槍發(fā)射后,沿水平軌道向左滑行,在C點以速度v0=3 m/s沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點,0.1 s以后,電場強度大小不變,方向反向。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數=0.25。設小物體的電荷量保持不變,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求彈簧槍對小物體所做的功。(2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P,求CP的長度。答案(1)0.475 J(2)0.57 m解析(1)設彈簧槍對小物體做的功為W,由動能定理得W-mgr(1-cos)=12mv02,代入數據得W=0.475J。(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設小物體通過C點進入電場后的加速度為a1,由牛頓第二定律得-mgsin-(mgcos+qE)=ma1小物體向上做勻減速運動,經t1=0.1s后,速度達到v1,有v1=v0+a1t1。聯(lián)立解得v1=2.1m/s。設運動的位移為s1,有s1=v0t1+12a1t12。電場力反向后,設小物體的加速度為a2,由牛頓第二定律得-mgsin-(mgcos-qE)=ma2。設小物體以此加速度運動到速度為0時,運動的時間為t2,位移為s2,有0=v1+a2t2,s2=v1t2+12a2t22。設CP的長度為s,有s=s1+s2。聯(lián)立相關方程,代入數據解得s=0.57m。13.(11分)如圖所示,在豎直平面內,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,其中x軸上方的勻強磁場磁感應強度大小為B1,并且在第一象限和第二象限有方向相反、大小相同的平行于x軸的勻強電場,電場強度大小為E1。已知一質量為m的帶電小球從y軸上的A(0,l)位置斜向下與y軸負半軸成60角射入第一象限,恰能做勻速直線運動。(1)判定帶電小球的電性,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軸下方的磁場中能做勻速圓周運動,需要在x軸下方空間加一勻強電場,試求所加勻強電場的方向和電場強度的大小。(3)在滿足第(2)問的基礎上,若在x軸上安裝有一絕緣彈性薄板,并且調節(jié)x軸下方的磁場強弱,使帶電小球恰好與絕緣彈性板碰撞兩次后從x軸上的某一位置返回到x軸的上方(帶電小球與彈性板碰撞時,既無電荷轉移,也無能量損失,并且入射方向和反射方向與彈性板的夾角相同),然后恰能做勻速直線運動至y軸上的A(0,l)位置,則彈性板至少多長?帶電小球從A位置出發(fā)返回至A位置過程中所經歷的時間多長?答案(1)負電3mg3E12E1B1(2)豎直向下3E1(3)233l53B1l3E1+2B1lE1解析(1)小球在第一象限中的受力分析如圖所示,所以帶電小球帶負電。mg=qE1tan60,q=3mg3E1。又qE1=qvB1cos60,即v=2E1B1。(2)小球若在x軸下方的磁場中做勻速圓周運動,必須使得電場力與重力二力平衡,即應施加一豎直向下的勻強電場,且電場強度大小滿足qE=mg,即E=3E1。(3)要想讓小球恰好與彈性板發(fā)生兩次碰撞,并且碰撞后返回x軸上方空間勻速運動到A點,則其軌跡如圖所示。由幾何關系可知:3PD=2ON,ONOA=ONl=tan60聯(lián)立上述方程解得PD=DN=233l,R=233l。設在x軸下方的磁感應強度為B,則滿足qvB=mv2RT=2mqB。從N點運動到C點的時間為t=3360-60360T。聯(lián)立上式解得t=53B1l3E1。由幾何關系可知lAN=cos60。在第一象限運動的時間t1和第二象限中運動的時間t2相等,且t1=t2=ANv=2lv=B1lE1。所以帶電小球從A點出發(fā)至回到A點的過程中所經歷的總時間為t總=t+t1+t2。聯(lián)立上述方程解得t總=53B1l3E1+2B1lE1。