高三一轮复习自测题(必修1、2,选修3-5)参考答案与提示

高三一轮复习自测题(必修1、2,选修3-5)参考答案与提示

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.小车停止运动的瞬间,小球B在车壁弹力的作用下,速度突变为零,从此保持静止状态,仍然受力平衡,有TB=mg。小球A右侧有可供它运动的空间,因此在小车停止运动的瞬间,小球A的速度保持不变,在惯性作用下向右运动,并在细绳的束缚下在竖直面内做圆周运动。小球A受到的合力提供其做圆周运动所需的向心力,细绳的拉力不再等于小球A的重力,由牛顿第二定律得因此TA∶TB=3∶1。

16.(1)设推力F作用在木箱上时,木箱的加速度为a,则根据牛顿第二定律得F-μmg=ma1,解得a1=3m/s2。(2)设撤去推力后,木箱的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定律得μmg=ma2,解得a2=1m/s2。设推力F作用在木箱上的时间为t,则在时间t内木箱的位移撤去推力F后木箱继续滑行的距离要使木箱停在有效区域内,则需满足L1-L2≤x1+x2≤L1,解得

17.(1)设小滑块在B点时的速度大小为vB,则由运动学规律得v2B=2a1x1,vB=a1t1,解得t1=0.5s,vB=1m/s。设小滑块在E点进入可控区域,则小滑块从B点运动到E点,由运动学规律得v2E-v2B=2a2(x2-l),vE-vB=a2t2。小滑块从E点运动到C点,由运动学规律得联立以上各式解得t2=t3=0.5s,l=0.375m。(2)小滑块从C点运动到D点,由自由落体运动规律得因此小滑块从A点运动到洞D所经历的时间t=t1+t2+t3+t4=1.7s。

18.(1)水从管口沿水平方向喷出后做平抛运动,设水从管口喷出时的速度为v0,做平抛运动的时间为t,则在竖直方向上有h=在水平方向上有10h=v0t,解得v0=52gh。时间t0内从管口喷出的水的质量m=ρV=ρv0t0S,每秒内从管口喷出的水的质量联立以上各式解得m0=(2)时间t0内水泵的输出功W=水泵的输出功率P=

B卷

1.D

2.A 提示:根据物体的平衡条件得fA=F,fB=Fcos30°,fC=Fcos30°,fD=Fcos60°,因此物体与水平面间的摩擦力最大的是A。

3.C 提示:设屋檐的底角为θ,底边长为2L(不变)。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得加速度a=gsinθ,位移当

θ=45°时,sin2θ=1,为最大值,时间t最短。

4.A

5.B 提示:由小球a、b组成的整体受重力2mg、细线Oa的拉力T及力F三个力作用而处于平衡状态。如图1所示,在由三力构成的矢量三角形中,当力F垂直于拉力T时有最小值,且最小值F=2mgsinθ=mg。

图1

6.B 提示:图甲中有mgsinθ-μmg·cosθ=ma1,解得a1=gsinθ-μgcosθ。图乙中有(m+m')gsinθ-μ(m+m')gcosθ=(m+m')a2,解得a2=gsinθ-μgcosθ。图丙中,设F=m'g,则(m+m')gsinθμ(m+m')gcosθ=ma3, 解 得a3=因此a1=a2＜a3。

7.B 提示:由速度—时间图像可知,a球以一初速度向原来静止的b球运动,碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小。根据动量守恒定律可知,a球的质量小于b球的质量。

8.B 提示:由v-t图像可知,aA∶aB=2∶1,又有f=ma,mA∶mB=2∶1,可得fA∶fB=4∶1;由v-t图像中的面积关系可知,A、B两物体的位移之比xA∶xB=1∶2,由做功公式W=fx,可得WA∶WB=2∶1。

9.BD

10.BCD 提示:由图中信息可知,小球在相邻时间间隔内通过的位移分别为2d、3d、4d、5d,所以小球做匀加速直线运动,位置“1”不是小球释放的初始位置,由位移差Δx=aT2得小球下落的加速度小球在位置“3”时的速度

11.ABC 提示:航天飞机在轨道Ⅱ上从远地点A向近地点B运动时,万有引力做正功,所以航天飞机经过A点时的速度小于经过B点时的速度,A正确;航天飞机在A点减速后才能做向心运动,从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ,所以航天飞机在轨道Ⅱ上经过A点时的动能小于在轨道Ⅰ上经过A点时的动能,B正确;根据开普勒第三定律可知,轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅰ的半径,所以航天飞机在轨道Ⅱ上的运动周期小于在轨道Ⅰ上的运动周期,C正确;根据牛顿第二定律F=ma可知,航天飞机在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上A点时的万有引力相等,所以航天飞机在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A点时的加速度,D错误。

12.AD 提示:重力做功W重=mgh,A正确;空气阻力做功与经过的路程有关,且小球经过的路程大于故克服空气阻力做的功大于B错误;小球落地时,重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积,故小于mgv,C错误;重力做正功,重力势能减少,空气阻力做负功,机械能减少,D正确。

13.(1)11.40 如图2所示 (2)C

图2

14.(1)AB (2)2.68 2.28 (3)C(4)重物受到空气阻力(或纸带与打点计时器之间存在阻力)

15.(1)根据牛顿第二定律得μmg=ma,解得a=6m/s2,又有v2A-v2B=2ax,解得vB=2m/s。(2)能。当传送带顺时针转动时,工件受力不变,其加速度不发生变化,仍然始终做减速运动,故工件到达B端的速度vB=2m/s。(3)工件速度达到13m/s所用时间产生的位移x1=vAt1+,因此工件在到达B端前速度就达到了13m/s,此后工件与传送带相对静止,即工件先加速后匀速。工件做匀速运动产生的位移x2=x-x1=2.25m,所用的时间因此t=t1+t2=0.67s。

16.(1)将物块无初速度地放在倾斜传送带的最上端,物块将做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得μ1mgcosθ=ma1,解得a1=10m/s2。当物块的速度等于传送带的速度时,根据速度公式得v=v0=a1t1,解得t1=1s。由速度—位移公式得v2=2a1x1,解得x1=5m。因为x1＜L,所以此时物块距离B端还有x2=L-x1=11m。因为mgsinθ＞μ1mgcosθ,所以此后滑动摩擦力沿传送带向上,物块继续做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律得mgsinθμ1mgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2。根据位移公式得因此物块从传送带的最上端运动至最下端经历的时间t=t1+t2=2s。(2)物块到达B点时的速度vB=v+a2t2=12m/s,物块在水平面上做匀减速运动,加速度a3=-μ2g=-1m/s2,根据速度—位移公式得v2C-v2B=2a3x,解得vC=235m/s。

17.(1)小球A恰好通过半径R=0.5m的光滑半圆形轨道的最高点,设其在最高点的速度为v0,则解得v0=m/s。小球A在沿轨道上滑到最高点的过程中机械能守恒,则解得vA=5m/s。(2)弹簧锁定时的弹性势能(3)小球B做平抛运动,根据平抛运动规律得,解得t=0.4s。小球B落在斜面顶端时的竖直分速度vy=gt=4m/s。因为小球B刚好沿斜面下滑,所以

18.(1)设子弹与物体A的共同速度为v,由动量守恒定律得mv0=3mv,解得v=因此在该过程中损失的机械能ΔE=(2)以子弹、物体A和B为系统,设物体B的质量为M,碰后子弹和物体A的速度为v1,物体B的速度为v2,由动量守恒定律得3mv=Mv2-3mv1,在碰撞过程中机械能守恒,则从子弹与物体A滑上粗糙平面到停止,由能量守恒定律得联立以上各式解得M=9m。

19.(1)物块刚放置在木板上时,物块的加速度a1=μg=2m/s2,木板的加速度a2=(2)当二者的速度相等后将保持相对静止,则a1t=v0+a2t,解得t=1s。1s内木板的位移1.5m,物块的位移木板的长度至少应为x1-x2=0.5m。(3)物块与木板相对静止后,对整体有F=(M+m)a,对物块有f=ma,解得f=6.29N。

20.(1)每个小珠受重力mg和支持力N作用,小珠运动到θ处有mgcosθ-N=若N为正值,表明小珠受圆环的支持力,反作用是压力;若N为负值,表明小珠受圆环压力,反作用是“抬力”。悬线中的张力T极小,则圆环所受“抬力”的竖直分量最大。两小球在下滑过程中的机械能守恒,则,解得N=(3cosθ-2)mg。当N=0时,N为负值时,圆环才受到“抬力”。此时,圆环未动,在竖直方向上受到的合力为零,得T=2Ncosθ+Mg,即T=Mg+2mg(3cos2θ-2cosθ)。令T对θ的导函数为零,求得(2)由N的表达式可知,当,N＞0,为压力;,N＜0,为拉力,这是圆环上跳的必要条件。因此圆环上跳的条件是T≤0,即2Ncosθ+Mg≤0,临界状态为3cos2θ-上式有实根的条件为

(责任编辑 张 巧)