高三一輪復(fù)習(xí)自測(cè)題(必修1、2,選修3-5)參考答案與提示

A卷

1.C 2.D 3.C 4.C 5.D 6.C 7.C 8.C 9.BD 10.AC 11.BC 12.BD 13.(1)1.30 (2)12 (3)不容易14.(1)B (2)C (3)0.42

15.小車停止運(yùn)動(dòng)的瞬間,小球B在車壁彈力的作用下,速度突變?yōu)榱?從此保持靜止?fàn)顟B(tài),仍然受力平衡,有TB=mg。小球A右側(cè)有可供它運(yùn)動(dòng)的空間,因此在小車停止運(yùn)動(dòng)的瞬間,小球A的速度保持不變,在慣性作用下向右運(yùn)動(dòng),并在細(xì)繩的束縛下在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。小球A受到的合力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力,細(xì)繩的拉力不再等于小球A的重力,由牛頓第二定律得因此TA∶TB=3∶1。

16.(1)設(shè)推力F作用在木箱上時(shí),木箱的加速度為a,則根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma1,解得a1=3m/s2。(2)設(shè)撤去推力后,木箱的加速度大小為a2,則根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma2,解得a2=1m/s2。設(shè)推力F作用在木箱上的時(shí)間為t,則在時(shí)間t內(nèi)木箱的位移撤去推力F后木箱繼續(xù)滑行的距離要使木箱停在有效區(qū)域內(nèi),則需滿足L1-L2≤x1+x2≤L1,解得

17.(1)設(shè)小滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得v2B=2a1x1,vB=a1t1,解得t1=0.5s,vB=1m/s。設(shè)小滑塊在E點(diǎn)進(jìn)入可控區(qū)域,則小滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn),由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得v2E-v2B=2a2(x2-l),vE-vB=a2t2。小滑塊從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn),由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得聯(lián)立以上各式解得t2=t3=0.5s,l=0.375m。(2)小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn),由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得因此小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到洞D所經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2+t3+t4=1.7s。

18.(1)水從管口沿水平方向噴出后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)水從管口噴出時(shí)的速度為v0,做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則在豎直方向上有h=在水平方向上有10h=v0t,解得v0=52gh。時(shí)間t0內(nèi)從管口噴出的水的質(zhì)量m=ρV=ρv0t0S,每秒內(nèi)從管口噴出的水的質(zhì)量聯(lián)立以上各式解得m0=(2)時(shí)間t0內(nèi)水泵的輸出功W=水泵的輸出功率P=

B卷

1.D

2.A 提示:根據(jù)物體的平衡條件得fA=F,fB=Fcos30°,fC=Fcos30°,fD=Fcos60°,因此物體與水平面間的摩擦力最大的是A。

3.C 提示:設(shè)屋檐的底角為θ,底邊長(zhǎng)為2L(不變)。雨滴做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得加速度a=gsinθ,位移當(dāng)

θ=45°時(shí),sin2θ=1,為最大值,時(shí)間t最短。

4.A

5.B 提示:由小球a、b組成的整體受重力2mg、細(xì)線Oa的拉力T及力F三個(gè)力作用而處于平衡狀態(tài)。如圖1所示,在由三力構(gòu)成的矢量三角形中,當(dāng)力F垂直于拉力T時(shí)有最小值,且最小值F=2mgsinθ=mg。

圖1

6.B 提示:圖甲中有mgsinθ-μmg·cosθ=ma1,解得a1=gsinθ-μgcosθ。圖乙中有(m+m')gsinθ-μ(m+m')gcosθ=(m+m')a2,解得a2=gsinθ-μgcosθ。圖丙中,設(shè)F=m'g,則(m+m')gsinθμ(m+m')gcosθ=ma3, 解 得a3=因此a1=a2＜a3。

7.B 提示:由速度—時(shí)間圖像可知,a球以一初速度向原來靜止的b球運(yùn)動(dòng),碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小。根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,a球的質(zhì)量小于b球的質(zhì)量。

8.B 提示:由v-t圖像可知,aA∶aB=2∶1,又有f=ma,mA∶mB=2∶1,可得fA∶fB=4∶1;由v-t圖像中的面積關(guān)系可知,A、B兩物體的位移之比xA∶xB=1∶2,由做功公式W=fx,可得WA∶WB=2∶1。

9.BD

10.BCD 提示:由圖中信息可知,小球在相鄰時(shí)間間隔內(nèi)通過的位移分別為2d、3d、4d、5d,所以小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng),位置“1”不是小球釋放的初始位置,由位移差Δx=aT2得小球下落的加速度小球在位置“3”時(shí)的速度

11.ABC 提示:航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上從遠(yuǎn)地點(diǎn)A向近地點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)時(shí),萬有引力做正功,所以航天飛機(jī)經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的速度小于經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度,A正確;航天飛機(jī)在A點(diǎn)減速后才能做向心運(yùn)動(dòng),從圓形軌道Ⅰ進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ,所以航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能,B正確;根據(jù)開普勒第三定律可知,軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸小于軌道Ⅰ的半徑,所以航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上的運(yùn)動(dòng)周期小于在軌道Ⅰ上的運(yùn)動(dòng)周期,C正確;根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,航天飛機(jī)在軌道Ⅱ和軌道Ⅰ上A點(diǎn)時(shí)的萬有引力相等,所以航天飛機(jī)在軌道Ⅱ上經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的加速度等于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的加速度,D錯(cuò)誤。

12.AD 提示:重力做功W重=mgh,A正確;空氣阻力做功與經(jīng)過的路程有關(guān),且小球經(jīng)過的路程大于故克服空氣阻力做的功大于B錯(cuò)誤;小球落地時(shí),重力的瞬時(shí)功率為重力與沿重力方向的分速度的乘積,故小于mgv,C錯(cuò)誤;重力做正功,重力勢(shì)能減少,空氣阻力做負(fù)功,機(jī)械能減少,D正確。

13.(1)11.40 如圖2所示 (2)C

圖2

14.(1)AB (2)2.68 2.28 (3)C(4)重物受到空氣阻力(或紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間存在阻力)

15.(1)根據(jù)牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=6m/s2,又有v2A-v2B=2ax,解得vB=2m/s。(2)能。當(dāng)傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí),工件受力不變,其加速度不發(fā)生變化,仍然始終做減速運(yùn)動(dòng),故工件到達(dá)B端的速度vB=2m/s。(3)工件速度達(dá)到13m/s所用時(shí)間產(chǎn)生的位移x1=vAt1+,因此工件在到達(dá)B端前速度就達(dá)到了13m/s,此后工件與傳送帶相對(duì)靜止,即工件先加速后勻速。工件做勻速運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的位移x2=x-x1=2.25m,所用的時(shí)間因此t=t1+t2=0.67s。

16.(1)將物塊無初速度地放在傾斜傳送帶的最上端,物塊將做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得μ1mgcosθ=ma1,解得a1=10m/s2。當(dāng)物塊的速度等于傳送帶的速度時(shí),根據(jù)速度公式得v=v0=a1t1,解得t1=1s。由速度—位移公式得v2=2a1x1,解得x1=5m。因?yàn)閤1＜L,所以此時(shí)物塊距離B端還有x2=L-x1=11m。因?yàn)閙gsinθ＞μ1mgcosθ,所以此后滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上,物塊繼續(xù)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθμ1mgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2。根據(jù)位移公式得因此物塊從傳送帶的最上端運(yùn)動(dòng)至最下端經(jīng)歷的時(shí)間t=t1+t2=2s。(2)物塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度vB=v+a2t2=12m/s,物塊在水平面上做勻減速運(yùn)動(dòng),加速度a3=-μ2g=-1m/s2,根據(jù)速度—位移公式得v2C-v2B=2a3x,解得vC=235m/s。

17.(1)小球A恰好通過半徑R=0.5m的光滑半圓形軌道的最高點(diǎn),設(shè)其在最高點(diǎn)的速度為v0,則解得v0=m/s。小球A在沿軌道上滑到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒,則解得vA=5m/s。(2)彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能(3)小球B做平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得,解得t=0.4s。小球B落在斜面頂端時(shí)的豎直分速度vy=gt=4m/s。因?yàn)樾∏駼剛好沿斜面下滑,所以

18.(1)設(shè)子彈與物體A的共同速度為v,由動(dòng)量守恒定律得mv0=3mv,解得v=因此在該過程中損失的機(jī)械能ΔE=(2)以子彈、物體A和B為系統(tǒng),設(shè)物體B的質(zhì)量為M,碰后子彈和物體A的速度為v1,物體B的速度為v2,由動(dòng)量守恒定律得3mv=Mv2-3mv1,在碰撞過程中機(jī)械能守恒,則從子彈與物體A滑上粗糙平面到停止,由能量守恒定律得聯(lián)立以上各式解得M=9m。

19.(1)物塊剛放置在木板上時(shí),物塊的加速度a1=μg=2m/s2,木板的加速度a2=(2)當(dāng)二者的速度相等后將保持相對(duì)靜止,則a1t=v0+a2t,解得t=1s。1s內(nèi)木板的位移1.5m,物塊的位移木板的長(zhǎng)度至少應(yīng)為x1-x2=0.5m。(3)物塊與木板相對(duì)靜止后,對(duì)整體有F=(M+m)a,對(duì)物塊有f=ma,解得f=6.29N。

20.(1)每個(gè)小珠受重力mg和支持力N作用,小珠運(yùn)動(dòng)到θ處有mgcosθ-N=若N為正值,表明小珠受圓環(huán)的支持力,反作用是壓力;若N為負(fù)值,表明小珠受圓環(huán)壓力,反作用是“抬力”。懸線中的張力T極小,則圓環(huán)所受“抬力”的豎直分量最大。兩小球在下滑過程中的機(jī)械能守恒,則,解得N=(3cosθ-2)mg。當(dāng)N=0時(shí),N為負(fù)值時(shí),圓環(huán)才受到“抬力”。此時(shí),圓環(huán)未動(dòng),在豎直方向上受到的合力為零,得T=2Ncosθ+Mg,即T=Mg+2mg(3cos2θ-2cosθ)。令T對(duì)θ的導(dǎo)函數(shù)為零,求得(2)由N的表達(dá)式可知,當(dāng),N＞0,為壓力;,N＜0,為拉力,這是圓環(huán)上跳的必要條件。因此圓環(huán)上跳的條件是T≤0,即2Ncosθ+Mg≤0,臨界狀態(tài)為3cos2θ-上式有實(shí)根的條件為

(責(zé)任編輯 張 巧)