1、1滚动测试卷三(第一 九章)(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 15 题只有一项符合题目要求,第 68 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.如图所示,小车在恒力 F 作用下沿水平地面向右运动,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,小车内底面光滑。当小车由左侧光滑地面进入到右侧粗糙地面时,物块一直与左壁保持接触,则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,
2、FN2变大C.FN1和 FN2都变小D.FN1变小, FN2不变答案 D解析 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,则小车和物块的加速度向右减小或向左,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示意图如图所示,嫦娥三号沿椭圆轨道 运动到近月点 P 处变轨进入圆轨道 ,在圆轨道 做圆周运动的轨道半径为 r,周期为 T,已知引力常量为 G,则下列说法正确的是( )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2C.嫦娥三号在 P 处变轨时必须点火加速D.嫦娥三号沿椭圆
3、轨道 运动到 P 处时的加速度大于沿圆轨道 运动到 P 处时的加速度答案 A解析 由万有引力提供向心力得 G =m r,则 M= ,即根据轨道半径为 r,周期为 T,引力常量为 G,Mmr2 4 2T2 4 2r3GT2可以计算出月球的质量,故 A 项正确;万有引力提供向心力 G =m ,得 v= ,由于不知道月球半径,Mmr2 v2r GMr所以不能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 运动到 P 处时和沿圆轨道 运动到 P 处时,所受万有引力大小相等,所以加速度大小也相等,故 D 项错误。3.如图所
4、示,在 x 轴上关于 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,其中心在 O 点,则下列判断正确的是( )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.若将点电荷 -q 从 A 点移向 C 点,电势能减少答案 B解析 由等量异种电荷的电场分布可知, 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;由于 A 点电势高于 C 点电势,故若将点电荷 -q 从 A 点移向 C 点,电场力做负功,电势能增加
5、,选项 D 错误。4.3如图所示,四个电表均为理想电表,当滑动变阻器滑片 P 向左端移动时,下面说法正确的是( )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解析 当滑片 P 向左移动时,连入电路的电阻增大,使得整个电路的总电阻增大,根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,通过电阻 R2支路
6、的电流 I1=I-I2,因 I 减小, I2增大,所以 I1U1R3减小,电压表 V2的读数 U2=I1R2减小,选项 C、D 错误。5.一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的 a-t 图像如图所示, t=0 时其速度大小为 2 m/s,滑动摩擦力大小恒为 2 N,则( )A.在 t=6 s 的时刻,物体的速度为 18 m/sB.在 06 s 时间内,合力对物体做的功为 400 JC.在 06 s 时间内,拉力对物体的冲量为 36 NsD.在 t=6 s 的时刻,拉力 F 的功率为 200 W答案 D解析 类比速度 时间图像中位移的表示方法可知,速度变
7、化量在加速度时间图像中由图线与坐标轴所围面积表示,在 06s 内 v=18m/s,v0=2m/s,则 t=6s 时的速度 v=20m/s,A 项错;由动能定理可4知,0 6s 内,合力做的功为 W= mv2- =396J,B 项错;由动量定理可知, IF-Fft=mv-mv0,代入已知12 12mv02条件解得 IF=48Ns,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.(2018西安模拟)某一空间存在着磁感应强度为 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
8、。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按 a b c d e f 的顺序做横“ ”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计)( )A.若粒子的初始位置在 a 处,在 t= T 时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度38B.若粒子的初始位置在 f 处,在 t= 时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度T2C.若粒子的初始位置在 e 处,在 t= T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度118D.若粒子的初始位置在 b 处,在 t= 时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度T2答案 AD解析 要使粒子的运动轨迹如题图所示,由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为
9、 T0= ,若粒子的初T2始位置在 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。34 387.如图所示,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 粒子从 MN 上的 O 点以相同的速度 v0(v0在纸面内且与 MN 的夹角为 , 90)同时射入匀强磁场中,再分别从 MN 上 A、 B5两点离开磁场, A、 B 距离为 d。已知质子的质量为 m,电荷量为 e。忽略重力及质子和 粒子间的相互作用。下列说法正确的是 ( )A.磁感应强度的大小为 B= sin 2mv0deB.磁感应强度的大小为 B=2mv0deC.两粒子到达 A、 B 两点的
10、时间差 t=( - )dv0sinD.两粒子到达 A、 B 两点的时间差 t=dv0sin答案 AC解析 两粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图所示。设磁感应强度为 B, 粒子与质子的轨道半径分别为 r 与 rp,则 eBv0=m ,2eBv0=4m ,又由题意知 2r sin- 2rpsin=d ,可得 B= sin ,选v02rp v02r 2mv0de项 A 正确,B 错误;因为 t= ,解得 t= ,选项 C 正确,D 错误。2 -22 2 rv0 -2 rpv0 ( - )dv0sin8.(2018湖北名校联考)如图所示,光滑水平面上有一质量为 2m、半径为 R(R 足够大)的 圆弧
11、曲面14C,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=6 m/s 的速度向 B 运动,并与m2B 发生弹性碰撞,不计一切摩擦,小球均视为质点,则( )A.B 的最大速率为 4 m/sB.B 运动到最高点时的速率为 m/s34C.B 能与 A 再次发生碰撞D.B 不能与 A 再次发生碰撞6答案 AD解析 A 与 B 发生弹性碰撞,取水平向右为正方向,根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m2 m2 12m2v02=12m2vA2+12 vB2确;
12、B 冲上 C 并运动到最高点时二者共速,设为 v,则 mvB=(m+2m)v,得 v= m/s,选项 B 错误; B 冲上 C 然43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 mvB2+ 2mvC2,联立解得 vB=- m/s,由于 |vB|vA|,所以二者不会再次12 vB2=12 12 43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)在验证机械能守恒定律的实验中,实验小组选择如图所示纸带,纸带上选取连续的三个点A、 B、 C,测出 A 点距起点 O
13、 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)在验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)实验小组在验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总是大于重锤增加的动能。其原因主要是该实验中存在阻力作用,因此该组同学想到可以通过该实验测算平均阻力的大小。已知当地重力加速度值为
14、g,重锤的质量为 m,则该实验中存在的平均阻力大小 Ff= (结果用 m、 g、 vB、 x0、 x1表示)。 答案 (1)大 (2)不需要 (3) (4)mg-x1+x22T mvB22(x0+x1)解析 (1)体积相同,密度越大的重力越大,阻力对加速度的影响就越小,因此重锤密度要大一些。(2)因为要验证 mgh= mv2,只需验证 gh= 即可,不需测重锤的质量。12 v227(3)B 点速度等于 AC 段的平均速度, vB= 。x1+x22T(4)根据动能定理( mg-Ff)(x0+x1)= 得 Ff=mg- 。12mvB2 mvB22(x0+x1)10.(12 分)某实验小组用如图甲所
15、示的电路来测量定值电阻 R0的阻值及电源的电动势和内阻。甲乙(1)根据图甲电路,将图乙所示的实物图连线补充完整。(2)实验时用 U1、 U2、 I 分别表示电表 V1、V 2、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),若实验中的所有操作和数据处理无错误,实验中测得 R0的值 (选填“大于”“等于”或“小于”)实际值。 (3)将滑动变阻器的滑片 P 移动到不同位置时,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,则所作的图线斜率绝对值较小的是 (选填“ U1-I”或“ U2-I”)图线。若用该图线来求电源电动势
16、 E 和内阻 r,且电表 V2的内阻极大,则引起系统误差的主要原因是 。 答案 (1)如图所示 (2) 大于 (3)U1-I 电压表 V1分流U1-U2I8解析 (2)定值电阻 R0两端电压为 U=U1-U2,由欧姆定律可得定值电阻 R0计算表达式为 R0= 。由于U1-U2I电压表的分流,定值电阻中的实际电流大于电流表读数,所以测量值大于真实值。(3) U1-I 图线为电源的伏安特性曲线,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部分的等效电源的伏安特性曲线,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。若用该图线来求电源的
17、电动势和内阻,则引起实验系统误差的主要原因是电压表V1分流。三、计算题(本题共 3 小题,共 32 分)11.(10 分)(2018福建二模)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值 F0时,安全气囊爆开。某次试验中,质量 m1=1 600 kg的试验车以速度 v1=36 km/h 正面撞击固定试验台,经时间 t1=0.10 s 碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量 I0的大小及 F0的大小。(2)若试验车以速度 v1撞击正前方另一质量 m2=1 600 k
18、g、速度 v2=18 km/h 同向行驶的汽车,经时间 t2=0.16 s 两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。答案 (1)1.6104 Ns 1.610 5 N (2)不会爆开解析 (1)v1=36km/h=10m/s,取速度 v1的方向为正方向,根据动量定理有-I0=0-m1v1,将已知数据代入解得 I0=1.6104Ns,由冲量定义有 I0=F0t1,将已知数据代入解得 F0=1.6105N。9(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度 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,将已
19、知数据代入解得 F=2.5104N,可见 FF0,故试验车的安全气囊不会爆开。12.(11 分)如图所示, ABCD 为固定在竖直平面内的轨道, AB 段光滑水平, BC 段为光滑圆弧,对应的圆心角 = 37,半径 r=2.5 m,CD 段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑连接,倾斜轨道所在区域有电场强度大小为 E=2105 N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量 m=510-2 kg、电荷量 q=+110-6 C 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=3 m/s 冲上斜轨。以小物体通过 C 点时为计时起点,0 .1 s 以后,电场强度大小不变,方向反
20、向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数 = 0.25。设小物体的电荷量保持不变, g 取 10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功。(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为 P,求 CP 的长度。答案 (1)0.475 J (2)0.57 m解析 (1)设弹簧枪对小物体做的功为 W,由动能定理得 W-mgr(1-cos )= ,代入数据得12mv02W=0.475J。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过 C 点进入电场后的加速度为 a1,由牛顿第二定律得-mgsin- (mgcos+qE )=ma1小物体向上做匀减速运动,经 t1=0.1s 后
21、,速度达到 v1,有 v1=v0+a1t1。10联立解得 v1=2.1m/s。设运动的位移为 s1,有 s1=v0t1+ a1 。12t12电场力反向后,设小物体的加速度为 a2,由牛顿第二定律得-mgsin- (mgcos-qE )=ma2。设小物体以此加速度运动到速度为 0 时,运动的时间为 t2,位移为 s2,有0=v1+a2t2,s2=v1t2+ a2 。12t22设 CP 的长度为 s,有 s=s1+s2。联立相关方程,代入数据解得 s=0.57m。13.(11 分)如图所示,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,其中 x 轴上方
22、的匀强磁场磁感应强度大小为 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 轴的匀强电场,电场强度大小为 E1。已知一质量为 m 的带电小球从y 轴上的 A(0,l)位置斜向下与 y 轴负半轴成 60角射入第一象限,恰能做匀速直线运动。(1)判定带电小球的电性,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 轴下方的磁场中能做匀速圆周运动,需要在 x 轴下方空间加一匀强电场,试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小。(3)在满足第(2)问的基础上,若在 x 轴上安装有一绝缘弹性薄板,并且调节 x 轴下方的磁场强弱,使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次后从 x 轴
23、上的某一位置返回到 x 轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时,既无电荷转移,也无能量损失,并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同),然后恰能做匀速直线运动至 y 轴上的 A(0,l)位置,则弹性板至少多长?带电小球从 A 位置出发返回至 A 位置过程中所经历的时间多长?答案 (1)负电 (2)竖直向下 E1 (3) l 3mg3E1 2E1B1 3 23 3 53 B1l3E1 +2B1lE111解析 (1)小球在第一象限中的受力分析如图所示,所以带电小球带负电。 mg=qE1tan60,q= 。3mg3E1又 qE1=qvB1cos60,即 v= 。2E1B1(2)小球若在 x 轴下方的磁场中
24、做匀速圆周运动,必须使得电场力与重力二力平衡,即应施加一竖直向下的匀强电场,且电场强度大小满足 qE=mg,即 E= E1。3(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞,并且碰撞后返回 x 轴上方空间匀速运动到 A 点,则其轨迹如图所示。由几何关系可知:3 =2 =tan60PDON,ONOA=ONl联立上述方程解得 l,R= l。PD=DN=23 3 23 3设在 x 轴下方的磁感应强度为 B,则满足 qvB=mv2RT= 。2 mqB从 N 点运动到 C 点的时间为 t=3 T。360-60360联立上式解得 t= 。53 B1l3E1由几何关系可知 =cos60。lAN在第一象限运动的时间 t1和第二象限中运动的时间 t2相等,且t1=t2= 。ANv=2lv=B1lE1所以带电小球从 A 点出发至回到 A 点的过程中所经历的总时间为 t 总 =t+t1+t2。联立上述方程解得 t 总 = 。53 B1l3E1 +2B1lE1
