2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲习题：单元滚动检测卷六 Word版含解析.pdf

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1、单元滚动检测卷六单元滚动检测卷六 考生注意： 1本试卷分选择题部分和非选择题部分，共 4 页 2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应 位置上 3本次考试时间 90 分钟，满分 100 分 选择题部分 一、选择题(本题共 12 小题，每小题 3 分，共 36 分每小题列出的四个备选项中只有一个 是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1(2018新高考研究联盟联考)2016 年 8 月 12 日，在里约奥运会乒乓球男子单打决赛中，中 国名将马龙 40 战胜对手，夺得冠军，首次拿下大满贯如图 1 所示，马龙快速扣杀的乒乓 球在飞行中受到的力有( )

2、图 1 A重力B重力、击打力 C重力、空气阻力D重力、空气阻力、击打力 答案 C 2.如图 2 所示，是一名登山运动员攀登陡峭雪壁的情形，如果认为峭壁的平面是竖直的平面， 冰面是光滑的， 腿与峭壁面是垂直的， 轻绳与壁面的夹角为 30， 运动员质量为 60 kg， g 取 10 m/s2.运动员处于静止状态，则轻绳给运动员的拉力大小 FT为( ) 图 2 A200 N3 B600 N C400 N3 D1 200 N 答案 C 3(2018嘉兴一中期末)以下关于物理学研究方法的叙述正确的是( ) A在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B根据速度的定义式，当 t

3、非常小时，就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该定义运用 了放大思想方法 C在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系， 再保持力不变研究加速度与质量的关系，该探究运用了类比的思想方法 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，每一小段近似看 成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法 答案 D 4.(2018杭州市五校联考)如图 3 所示，小球从光滑斜面 AC 的顶端 A 处由静止开始做匀加速 直线运动，B 为 AC 的中点，下列说法中正确的是( ) 图 3 A小球通过 AB 段与 BC 段所用时间之比为 11 B小球在

4、AB 段与 BC 段的平均速度之比为 1 2 C小球在 B 点与 C 点的瞬时速度之比为 1 2 D小球在 B 点的瞬时速度与 AC 段的平均速度相等 答案 C 5(2018金华市十校期末)如图 4 是某物体在 t 时间内的位移时间图象和速度时间图象， 从图象上可以判断得到( ) 图 4 A物体的运动轨迹是曲线B在 t 时间内物体运动的平均速度为 2 m/s C物体运动的时间 t 为 2 sD物体的位移为 4 m 时所用时间为 1 s 答案 C 6.(2018台州中学统练)如图 5 将两根吸管串接起来，再取一根牙签置于吸管中，前方挂一张 薄纸，用同样的力对吸管吹气，牙签加速射出，击中薄纸若牙签

5、开始是放在吸管的出口处 附近，则牙签吹在纸上即被阻挡落地；若牙签开始时放在嘴附近，则牙签将穿入薄纸中，有 时甚至射穿薄纸设牙签在管中动力恒定，下列说法正确的是( ) 图 5 A两种情况下牙签击中薄纸时的速度相同 B两种情况下牙签在管中运动的加速度相同 C牙签开始放在吸管的出口处时，气体对其做功较大 D牙签开始放在近嘴处时，运动时惯性较大 答案 B 7.(2018名校高考联盟联考)科技馆的科普器材中常有如图 6 所示的匀速率的传动装置：在大 齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮 若齿轮的齿很小， 大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的 3 倍， 则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是( ) 图 6 A

6、小齿轮和大齿轮转速相同 B小齿轮每个齿的线速度均相同 C小齿轮的角速度是大齿轮角速度的 3 倍 D大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮每个齿的向心加速度大小的 3 倍 答案 C 8.(2018温州市3月选考)2017 年 6 月 15 日 11 时， 中国在酒泉卫星发射中心采用 “长征四号乙” 运载火箭，成功发射首颗 X 射线空间天文卫星“慧眼” ，如图 7 所示，并在引力波事件发生 时成功监测了引力波源所在的天区已知“慧眼”在距离地面 550 km 的圆轨道上运行，则 其( ) 图 7 A线速度大于第一宇宙速度 B运行周期大于地球自转周期 C角速度小于同步卫星的角速度 D向心加速度大于静止在

7、地球赤道上物体的向心加速度 答案 D 9有消息称 ： 中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速度杀球，轻小的羽毛球被快速 击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的速度高达 300 km/h，羽毛球的质量介于 4.74 g 5.50 g 之间，经分析，下列说法中正确的是( ) A这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂 B这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小 C这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高 D这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小 答案 D 解析 在高速度杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的

8、瞬间，速度急剧变化，根据动量定 理可知，羽毛球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度， 而是冲击力的大小，该消息可能是真的， 故只有 D 正确，A、B、C 错误 10.如图 8 所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力 向右迅速推出木箱关于上述过程，下列说法中正确的是( ) 图 8 A男孩和木箱组成的系统动量守恒 B小车与木箱组成的系统动量守恒 C男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同 答案 C 解析 木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量 大小相同

9、，方向相反，故 A、B、D 错误 11.飞机在空中撞到一只鸟常见，撞到一只兔子就比较罕见了，而这种情况真的被澳大利亚一 架飞机遇到了.2017 年 10 月 20 日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到 1 500 m 高时就 撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命如图 9.设当时飞机 正以 720 km/h 的速度飞行，撞到质量为 2 kg 的兔子，作用时间为 0.1 s则飞机受到兔子的 平均撞击力约为( ) 图 9 A1.44103 N B4103 N C8103 N D1.44104 N 答案 B 解析 720 km/h200 m/s，根据动量定理 Ftmv

10、可得 F N4103 N，故 mv t 2 200 0.1 选 B. 12解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务时，假设鱼雷快艇的总质量为 M，以速度 v 前 进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为 m 的鱼雷后，快艇速度减为原来的 ，不计水的阻力， 3 5 则鱼雷的发射速度为( ) A.v B.v 2M3m 5m 2M 5m C.v D.v 4Mm 5m 4M 5m 答案 A 解析 以快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv(Mm) vmv， 3 5 解得 vv. 2M3m 5m 二、选择题(本题共 4 小题，每小题 3 分，共 12 分每小题列出的四个备选项中至少有一 个是符合题目要求的

11、，全部选对的得 3 分，选对但不全的得 1 分，有错选的得 0 分) 13 如图 10 所示， 质量为 m2的小球 B 静止在光滑的水平面上， 质量为 m1的小球 A 以速度 v0 靠近 B，并与 B 发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上A、B 两球的半径 相等，且碰撞过程没有机械能损失当 m1、v0一定时，若 m2越大，则( ) 图 10 A碰撞后 A 的速度越小 B碰撞后 A 的速度越大 C碰撞过程中 B 受到的冲量越大 D碰撞过程中 A 受到的冲量越大 答案 CD 解析 碰撞过程中，动量守恒，以 v0的方向为正方向，则 m1v0m1v1m2v2， 又因碰撞过程中机械能守恒，

12、 m1v02 m1v12 m2v22 1 2 1 2 1 2 两式联立得，v1，v2 m 1m2 v 0 m1m2 2m1v0 m1m2 当 m2m1时，m2越大，v1速度反向，但越来越大，A、B 错误； 碰撞过程中，A 受到的冲量 IAm1v1m1v0v0v0，可知 m2越大，A 受到 2m1m2 m1m2 2m1 m1 m21 的冲量越大， D 正确 ； 而 B 受到的冲量与 A 受到的冲量大小相等、 方向相反， 因此 m2越大， B 受到的冲量也会越大，C 正确 14从同样高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其 原因是( ) A掉在水泥地上的玻璃杯动量大，

13、掉在草地上的玻璃杯动量小 B掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢 D掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面 接触时作用时间长 答案 CD 15.如图 11 所示，某人身系弹性绳自高空 P 点自由下落，a 点是弹性绳的原长位置，b 点是人 静止悬挂时的平衡位置， c 点是人所能到达的最低点(弹性绳在弹性限度内) 若把 P 点到 a 点 的过程称为过程， 由 a 点到 c 点的过程称为过程， 不计空气阻力 下列说法正确的是( ) 图 11 A过程中系统的机械能不变 B过程中

14、人的动能逐渐减小到零 C过程中人的动量改变量与过程的动量改变量大小相等 D过程中人的动量改变量等于重力的冲量 答案 AC 解析 从 a 到 c 因只有重力和弹性绳弹力做功，故系统机械能守恒，A 正确；从 a 到 c，人 的动能先增大后减小，故 B 错误；设人到 a 点时速度为 v，则过程中人的动量改变量大小 为 pmv，过程中人的动量改变量大小为 pmv，pp，故 C 正确；根据动量 定理，过程中人的动量改变量等于重力和弹力的合力的冲量，故 D 错误 16.如图 12 所示，放在光滑水平桌面上的两个木块 A、B 中间夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放 开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离桌面落在

15、地上A 的落地点与桌边的水平距离 为 0.5 m，B 的落地点与桌边的水平距离为 1 m，不计空气阻力，那么( ) 图 12 AA、B 离开弹簧时的速度大小之比为 12 BA、B 质量之比为 21 C未离开弹簧时，A、B 所受冲量大小之比为 12 D未离开弹簧时，A、B 加速度大小之比为 12 答案 ABD 解析 A、B 组成的系统在水平方向上不受外力，动量守恒，A、B 两木块的落地点到桌边的 水平距离 xv0t， 因为两木块的落地时间相等， 所以 v0与 x 成正比， 故 vAvB12， 即 A、 B 离开弹簧时的速度之比为 12.由动量守恒定律可知，mAmB21.未离开弹簧时，A、B 受

16、到的弹力相等， 作用时间相同， 故冲量大小相等 未离开弹簧时， F 相等， m 不同， 加速度 a ，与质量成反比，故 aAaB12. F m 非选择部分 三、非选择题(本题共 6 小题，共 52 分) 17(6 分)某同学在“探究碰撞中的不变量”实验中，采用如图 13 所示的实验装置，在光滑 的水平轨道上，停着甲、乙两辆小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带在启动打点计时器 的同时，给甲车沿轨道方向的冲量，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰，由于两 车相撞处装有尼龙拉扣，两车立即粘在一起继续运动纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车 的运动情况，如图 14 所示，纸带上 A、B 两点的距离为_

17、cm；为完成实验，同学已 经测出碰撞前后小车甲的速度，他还需要测量_ 图 13 图 14 答案 1.20(0.02) 小车甲和小车乙的质量 解析 A、B 两点之间的距离为 2.20 cm1.00 cm1.20 cm.根据动量守恒定律知，要探究碰 撞中的不变量还需要测量小车甲和小车乙的质量 18(8 分)在验证机械能守恒定律的实验中，某同学利用图 15 甲中器材进行实验，正确地完 成实验操作后，得到一条点迹清晰的纸带，如图乙所示在实验数据处理中，某同学取 A、B 两点来验证实验已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，图中测量结果记录在下面的表格 中(重力加速度为 g9.8 m/s2) 图 1

18、5 项目x1/cm A 点瞬时速 度/(ms1) x2/cmB 点瞬时速度/(ms1) AB 两点间 距离/cm 数据3.920.9812.8050.00 (1)观察纸带，可知连接重物的夹子应夹在纸带的_(选 填“左”或“右”)端 (2)将表格中未填项目填写完整 (3)若重物和夹子的总质量为 0.6 kg，那么在 AB 运动过程中，动能的增加量为_J，重 力势能减少量为_ J. 答案 (1)左 (2)3.20 (3)2.78 2.94 解析 (1)重物刚开始运动，速度较小，点迹比较密集，故夹子应夹在纸带的左端 (2)vB3.20 m/s. x2 2T (3)在AB运动过程中， 动能增加量为Ek

19、 mvB2 mvA22.78 J， 重力势能减少量EpmghAB 1 2 1 2 2.94 J. 19(8 分)如图 16，一质量为 M 的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为 h.一质量 为 m 的子弹以水平速度 v0射入物块后，以水平速度射出重力加速度为 g.求： v0 2 图 16 (1)此过程中系统损失的机械能； (2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离 答案 (1)mv02 (2) 1 8(3 m M) mv0 M h 2g 解析 (1)设子弹射出物块后物块的速度为 v， 以 v0的方向为正方向， 由动量守恒定律得 mv0 mMv v0 2 解得 v v0 m 2M 系统损失的

20、机械能为 E mv02 1 2 1 2m( v0 2) 21 2Mv 2 由式得 Emv02 1 8(3 m M) (2)设物块下落到地面所用时间为 t，落地点距桌面边缘的水平距离为 x，则 h gt2 1 2 xvt 由得 x. mv0 M h 2g 20 (10 分)如图 17， 长为 L、 质量为 M 的木块在粗糙的水平面上处于静止状态， 有一质量为 m 的子弹(可视为质点)以水平速度 v0击中木块并恰好未穿出设子弹射入木块过程时间极短， 子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为 s，重力加速度为 g，求： 图 17 (1)木块与水平面间的动摩擦因数 ； (2)子弹在木块运动过程中产

21、生多少热量 答案 见解析 解析 (1)子弹射入木块的极短时间内，水平方向动量守恒，取 v0的方向为正方向，有 mv0(Mm)v共 从子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得 (Mm)v共2(Mm)gs 1 2 解得： m2v02 2gsMm2 (2)子弹射入木块的极短时间内，设产生的热量为 Q，由功能关系得 Q mv02 (Mm)v共2 1 2 1 2 解得：Q. Mmv02 2Mm 21(10 分)如图 18 所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板 上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜 面体推出，冰块平滑地滑上

22、斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的 高度)已知小孩与滑板的总质量为 m130 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终 无相对运动取重力加速度的大小 g10 m/s2. 图 18 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析 解析 (1)规定向左为速度正方向冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设 此共同速度为 v，斜面体的质量为 m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v0(m2m3)v m2v02 (m2m3)v2m2gh 1 2 1 2 式中 v03

23、 m/s 为冰块推出时的速度联立式并代入题给数据得 m320 kg (2)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1m2v00 代入数据得 v11 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v0m2v2m3v3 m2v02 m2v22 m3v32 1 2 1 2 1 2 联立式并代入数据得 v21 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上 小孩 22.(10分)(2019届东阳中学模拟)如图19所示， 水平面上的A点有一固定的理想弹簧发射装置， 发射装置内壁光滑，A 为发射口所在的位

24、置，B 点与在竖直面内、内壁光滑的钢管弯成的“9” 形固定轨道平滑相接， 钢管内径很小， “9” 字全高 H1 m； “9” 字上半部分圆弧半径 R0. 1 m，圆弧为 圆周；当弹簧压缩量为 2 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，恰能使质量 m0.1 3 4 kg的滑块沿轨道上升到最高点C， 已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比， AB间距离为L 4 m，滑块与水平面间的动摩擦因数为 0.2，重力加速度 g10 m/s2，求： 图 19 (1)当弹簧压缩量为 2 cm 时，弹簧的弹性势能； (2)当弹簧压缩量为 3 cm(弹性限度内)时，启动发射装置，滑块滑到轨道最高点 C 时对轨道的 作用

25、力； (3)当弹簧压缩量为 3 cm 时，启动发射装置，滑块从 D 点水平抛出后的水平射程 答案 (1)1.8 J (2)44 N，方向竖直向上 (3)2.8 m 解析 (1)根据能量守恒定律得，EpmgLmgH，解得 Ep1.8 J (2)因为弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，弹簧压缩量为 3 cm 时，Ep Ep 9 4 根据能量守恒定律得，EpmgLmgH mvC2 1 2 由牛顿第二定律得：FNmgm，解得 FN44 N vC2 R 由牛顿第三定律可知， 滑块滑到轨道最高点 C 时对轨道作用力的大小 FN44 N， 方向竖直 向上 (3)根据能量守恒定律 EpmgLmg(H2R) mvD2，解得 vD7 m/s， 1 2 由平抛运动规律得，H2R gt2，xvDt 1 2 故水平射程 x2.8 m.