1、滚动测试卷二(第一六章)(时间:60分钟满分:100分)滚动测试卷第5页一、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,长度均为l=1 m的两根轻绳,一端共同系住质量为m=0.5 kg的小球,另一端分别固定在等高的A、B两点,A、B两点间的距离也为l,重力加速度g取10 m/s2。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动,若小球在最高点速率为v时,每根绳的拉力恰好为零,则小球在最高点速率为2v时,每根绳的拉力大小为()A.53 NB.2033
2、NC.15 ND.103 N答案:A解析:小球在最高点速率为v时,两根绳的拉力恰好均为零,由牛顿第二定律得mg=mv2r;当小球在最高点的速率为2v时,由牛顿第二定律得mg+2FTcos 30=m(2v)2r,解得FT=3mg=53 N,故选项A正确。2.右图为水上乐园中的彩虹滑道,游客先要从一个极陡的斜坡由静止滑下,接着经过一个拱形水道,最后达到末端。下列说法正确的是()A.斜坡的高度和拱形水道的高度差要设计合理,否则游客经过拱形水道的最高点时可能脱离轨道B.游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中一直做加速运动C.游客从斜坡下滑到最低点时,游客对滑道的压力小于重力D.游客以某一速度运
3、动到拱形水道最高点时,游客对滑道的压力等于重力答案:A解析:斜坡的高度和拱形水道的高度差要设计合理,不能让游客经过拱形水道的最高点时的速度超过gr,选项A正确;游客从斜坡的最高点运动到拱形水道最高点的过程中,先做加速运动后做减速运动,选项B错误;游客从斜坡下滑到最低点时,速度最大,游客对滑道的压力大于重力,选项C错误;游客以某一速度运动到拱形水道最高点时,游客对滑道的压力小于重力,选项D错误。3.如图甲所示,固定的粗糙斜面长为10 m,一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中,小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示,取斜面底端的重力势能为零,小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如
4、图丙所示,重力加速度g取10 m/s2。根据上述信息可以求出()A.斜面的倾角B.小滑块与斜面之间的动摩擦因数C.小滑块下滑的加速度的大小D.小滑块受到的滑动摩擦力的大小答案:D解析:图乙是动能位移图像(Ek-x图像),其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小F合=mgsin -mgcos ,由图乙可知F合=mgsin -mgcos =2.5 N;图丙是重力势能位移图像(Ep-x图像),其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量Gx=mgsin ,由图丙可知,Gx=mgsin =10 N,则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff=mgcos =7.5 N,D正确;由于滑块质量未知,故其他量均不
5、可求。4.(2019全国卷)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面、固定在车上,倾角分别为30和60。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面、压力的大小分别为F1、F2,则()A.F1=33mg,F2=32mgB.F1=32mg,F2=33mgC.F1=12mg,F2=32mgD.F1=32mg,F2=12mg答案:D解析:圆筒做匀速直线运动,所受的合外力为零。对圆筒受力分析,圆筒受两个斜面的支持力与地球的重力,有FN1sin 30=FN2sin 60,FN1cos 30+FN2cos 60=mg,联立求得FN1=32mg
6、,FN2 =12mg。根据牛顿第三定律得,F1=FN1=32mg,F2=FN2 =12mg,故A、B、C错误,D正确。5.如图甲所示,一质量为m=65 kg的同学双手抓住单杠做引体向上,他的重心的速率随时间变化的图像如图乙所示,01.0 s内图线为直线。已知重力加速度大小g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.t=0.7 s时,该同学的加速度大小为3 m/s2B.t=0.5 s时,该同学处于超重状态C.t=1.1 s时,该同学受到单杠的作用力大小为6 500 ND.t=1.4 s时,该同学处于超重状态答案:B解析:根据v-t图像的斜率表示加速度可知,t=0.7 s时,该同学的加速度大小为
7、0.3 m/s2,选项A错误;t=0.5 s时,该同学向上做加速运动,故处于超重状态,选项B正确;t=1.1 s时,该同学的速度达到最大,加速度为零,则他受到单杠的作用力大小等于其重力,为650 N,选项C错误;t=1.4 s时,该同学向上做减速运动,加速度方向向下,故处于失重状态,选项D错误。6.若已知引力常量G,地球表面处的重力加速度g,地球半径R,地球上一个昼夜的时间T1(地球自转周期),一年的时间T2(地球公转周期),地球中心到月球中心的距离l1,地球中心到太阳中心的距离l2。你能计算出()A.地球的质量m地=gR2GB.太阳的质量m太=42l23GT22C.月球的质量m月=42l13
8、GT12D.月球、地球及太阳的密度答案:AB解析:对地球表面的一个物体m0来说,应有m0g=Gm地m0R2,所以地球质量m地=gR2G,选项A正确;对地球绕太阳运动来说,有Gm太m地l22=m地42T22l2,则m太=42l23GT22,B项正确;对月球绕地球运动来说,能求地球质量,不知道月球的相关参量及月球的卫星运动参量,无法求出它的质量和密度,C、D项错误。7.(2019江西红色六校联考)如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接,另一端与物体A相连,物体A置于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。开始时托住B,让A处于静止且细线恰好伸直,然后由静止释放B,
9、直至B获得最大速度。下列有关该过程的分析正确的是()A.B物体受到细线的拉力保持不变B.A物体与B物体组成的系统机械能不守恒C.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量D.当弹簧的拉力等于B物体的重力时,A物体的动能最大答案:BD解析:以A、B组成的系统为研究对象,有mBg-kx=(mA+mB)a。由于弹簧的伸长量x逐渐变大,从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小,由mBg-FT=mBa可知,此过程中细线的拉力逐渐增大,是变力,A错误;A物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒,而A物体与B物体组成的系统机械能不守恒,B正确;B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能
10、的增加量之和,故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量,C错误;当弹簧的拉力等于B物体的重力时,B物体速度最大,A物体的动能最大,D正确。8.(2019全国卷)如图甲所示,在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图乙所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则()甲乙A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时,第
11、二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案:BD解析:从v-t图像中,图线与坐标轴所围面积可知第二次面积大于第一次面积,故第二次在竖直方向上的位移比第一次的大,A错误;因为沿斜面位移方向不变,而第二次竖直位移大,因此第二次水平位移也大,B正确;从题图中可以得出,第一次斜率大于第二次的斜率,斜率越大,说明加速度越大,因此C错误;在竖直方向上根据牛顿第二定律mg-Ff=ma,加速度大的阻力小,D正确。二、实验题(本题共2小题,共20分)9.(10分)在验证动量守恒定律的实验中,已有的实验器材有:斜槽轨道、大小相等质量不同的小钢球两个、重垂线一条、白纸、复写纸、圆规。实验装置、实验中小球运动轨迹及
12、落点的情况简图如图所示。试根据实验要求完成下列填空:(1)实验前,轨道的调节应注意 。(2)实验中重复多次让a球从斜槽上释放,应特别注意。(3)实验中还缺少的测量器材有 。(4)实验中需要测量的物理量是 。(5)若该碰撞过程中动量守恒,则一定有关系式成立。答案:(1)槽的末端的切线是水平的(2)让a球从同一高度处由静止释放滚下(3)天平、刻度尺(4)a球的质量ma和b球的质量mb,线段OP、OM和ON的长度(5)maOP=maOM+mbON解析:(1)由于要保证两球发生弹性碰撞后做平抛运动,即初速度沿水平方向,所以必须保证槽的末端的切线是水平的。(2)由于实验要重复进行多次以确定同一个弹性碰撞
13、后两小球的落点的确切位置,所以每次碰撞前入射球a的速度必须相同,根据mgh=12mv2可得v=2gh,所以每次必须让a球从同一高度处由静止释放滚下。(3)要验证mav0=mav1+mbv2,由于碰撞前后入射球和被碰球从同一高度同时做平抛运动的时间相同,故可验证mav0t=mav1t+mbv2t,而v0t=OP,v1t=OM,v2t=ON,故只需验证maOP=maOM+mbON,所以要测量a球的质量ma和b球的质量mb,故需要天平;要测量两球平抛时水平方向的位移即线段OP、OM和ON的长度,故需要刻度尺。(4)由(3)的解析可知实验中需测量的物理量是a球的质量ma和b球的质量mb,线段OP、OM
14、和ON的长度。(5)由(3)的解析可知若该碰撞过程中动量守恒,则一定有关系式maOP=maOM+mbON成立。10.(10分)某实验小组在做验证机械能守恒定律实验中,提出了如图所示的甲、乙两种方案:甲方案为用自由落体运动进行实验,乙方案为用小车在斜面上下滑进行实验。(1)小组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析,最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案,你认为该小组选择的方案是,理由是 。(2)若该小组采用图甲的装置打出了一条纸带如图丙所示,相邻两点之间的时间间隔为0.02 s,请根据纸带计算出打B点时纸带的速度大小为m/s(结果保留三位有效数字)。丙(3)该小组内同学根据纸带算出了相应点的速
15、度,作出v2-h图线如图丁所示,请根据图线计算出当地的重力加速度g=m/s2(结果保留三位有效数字)。丁答案:(1)甲小车在斜面上下滑有摩擦力做负功,机械能不守恒(2)1.37(3)9.78(9.759.81均可)解析:(1)机械能守恒的条件是只有重力或系统内的弹簧弹力做功,所以实验设计就要排除除重力外的其他力做功,乙方案中的摩擦力做负功会导致实验失败。(2)图甲为自由落体运动,是匀变速运动,中间时刻的速度等于平均速度。所以B点的瞬时速度等于AC段的平均速度,vB=xOC-xOA2T=(12.40-6.93)10-2 m0.04s=1.367 5 m/s1.37 m/s。(3)根据机械能守恒定
16、律mgh=12mv2,整理得g=v22h,所以重力加速度就等于图线斜率的一半。三、计算题(本题共3小题,共32分)11.(10分)如图所示,甲木板的质量为m1=2 kg,乙木板的质量为m2=2 kg,甲木板的右端有一可视为质点的小物块,小物块的质量m=1 kg。甲木板和小物块的速度为8 m/s,乙木板的速度为2 m/s,方向均向右。木板与地面间无摩擦,小物块与两木板间的动摩擦因数=0.1。已知乙木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,两木板碰撞后粘在一起。求:(1)两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小;(2)两木板碰撞后,小物块与乙木板发生相对运动的时间。答案:(1)5 m/s(2)2.4 s
17、解析:(1)设两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小为v,两木板碰撞的过程动量守恒,根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=(m1+m2)v解得v=5 m/s。(2)两木板碰撞后,小物块滑上乙木板做匀减速运动,两木板做匀加速运动,最终三个物体的速度相同,设最终的共同速度为v,根据动量守恒定律有(m1+m)v1+m2v2=(m1+m2+m3)v解得v=5.6 m/s小物块在乙木板上做匀减速运动的加速度大小a=-mgm=-1 m/s2可得小物块与乙木板发生相对运动的时间t=v-v1a=2.4 s。12.(10分)跳台滑雪的示意图如图所示,雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组
18、成,各雪道间均平滑连接,A处与水平平台间的高度差h=45 m,CD的倾角为30。运动员自A处由静止滑下,不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力。运动员可视为质点。(g取10 m/s2)(1)求运动员滑离平台BC时的速度。(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上,雪道CD长度至少为多少?(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m,运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%。在减速区DE,滑行s=100 m后停下,运动员在减速区所受平均阻力与其重力的比值是多少?答案:(1)30 m/s(2)120 m(3)0.84解析:(1)AC过程中机械能守恒mgh=12mvC2得vC=2gh=30
19、 m/s。(2)设落点D距抛出点C的距离为l,由平抛运动规律得lcos 30=vCtlsin 30=12gt2解得l=120 m。(3)运动员由A运动到落点D过程中,由机械能守恒得mg(h+lsin 30)=12mvD2设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力与其重力的比值为k,根据动能定理有kmgs=0-12mvD2根据题意有12mvD2=0.8012mvD2解得k=0.84。13.(12分)(2019人大附中月考)如图所示,光滑轨道abcd固定在竖直平面内,ab水平,bcd为半圆,在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg的物块A、B(均可视为质点),用轻质
20、细绳将A、B连接在一起,且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接),其弹性势能Ep=12 J。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量m=2 kg、长l=0.5 m的小车,小车上表面与ab等高。现将细绳剪断,之后A向左滑上小车,B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。已知A与小车之间的动摩擦因数满足0.10.3,g取10 m/s2,求:(1)A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB;(2)圆弧轨道的半径R;(3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q(计算结果可含有)。答案:(1)2 m/s4 m/s(2)0.32 m(3)当满足0.10.2时产生的热量为10 J;当满足0.20.3时产生的热量为2 J
21、解析:(1)设弹簧恢复到自然长度时A、B 的速度分别为vA、vB由动量守恒定律得0=mAvA-mBvB由能量关系得Ep=12mAvA2-12mBvB2解得vA=2 m/s,vB=4 m/s。(2)设B经过d点时速度为vd在d点:mBg=mBvd2R由机械能守恒定律得12mBvB2=12mBvd2+mBg2R解得R=0.32 m。(3)设=1时A恰好能滑到小车左端,其共同速度为v由动量守恒定律得mAvA=(mA+m)v由能量关系得1mAgl=12mAvA2-12(mA+m)v2解得1=0.2讨论:当满足0.10.2时,A将从小车左端滑落,产生的热量为Q1=mAgl=10 J当满足0.20.3时,A和小车能达到共同速度,产生的热量为Q2=12mAv12-12(mA+m)v2,解得Q2=2 J。