高三力学模块第一轮复习自测题(必修1、2,选修3-5)参考答案与提示

1.D 提示:分别用M、m表示火箭的初始质量和燃料燃尽时的质量,用v0表示喷出的气体速度大小,则火箭在喷气过程中动量守恒,则mv-(M-m)v0=0,解得火箭的最大速度因此影响火箭最大速度的因素是火箭喷出的气体速度和火箭的始、末质量之比,只有选项D正确。

2.A 提示:本题可以看成2条小虫都从清晨6点,一个从地面出发,一个从树顶出发,同时运动,则两条小虫肯定会相遇,且只相遇一次,故选项A正确。

图1

3.D 提示:因为力F的方向保持与作用点的速度方向一致,所以可把圆周划分成很多小段进行研究。如图1所示,当各小段的弧长Δli足够小(Δli→0)时,在这 Δli内力F的方向几乎与该小段的位移方向重合,故 WF=FΔl1+FΔl2+FΔl3+ … =F·2πR=1000πJ。

4.C

5.D提示:设重物B受到水平冲量后的速度为v0。滑环A固定时,根据机械能守恒定律得解得滑环A不固定时,设重物B摆起的最大高度为h,则在重物B摆至最大高度时滑环A与重物B的共同速度为v,根据动量守恒定律得Mv0=(M+m)v,根据能量守恒定律得又有M=3m,解得

6.D 提示:利用逆向思维可以把匀减速直线运动看成反向的匀加速直线运动。根据v2=2ax得所求的速度之比为在初速度为零的匀加速直线运动中经过连续三段相等位移所用的时间之比为故所求时间之比为

7.CD 提示:因为圆弧面体置于光滑水平地面上,在小物块下滑的过程中,圆弧面体要后退,所以小物块对圆弧面体做正功,小物块的重力势能减少量等于圆弧面体和小物块的动能的增加量,选项A错误。当圆弧面体固定时,在小物块下滑的过程中,小物块的机械能守恒,则根据向心力公式得解得F=3mg,但是由于圆弧面体是运动的,所以小物块到达最低点时的速度就要减小,需要的向心力也要减小,故小物块滑到最低点时受到的支持力大小要小于其重力的3倍,选项B错误。因为小物块对圆弧面体做正功,所以圆弧面体对小物块的支持力做负功,选项C正确。因为各个接触面都是光滑的,所以系统的总的能量守恒,小物块对圆弧面体做的正功的大小与圆弧面体对小物块做的负功大小相等,选项D正确。

8.BC

9.AC 提示:由题图知加速过程在T点结束,汽车做匀速运动时的牵引力大小为2×104N,选项A正确。汽车在T点时F=f,即汽车所受阻力的大小f=2×104N,选项B错误。汽车在运动过程中功率恒定,根据P=Fv得P=f·vmax=2×104N×8m/s=1.6×105W,选项C正确。根据动能定理得解得汽车的质量m=8.75×103kg,选项D错误。

10.CD 提示:两船在垂直于河岸方向的分速度相等,两船的渡河时间相同,选项A错误。甲船渡河的实际位移大小可能等于河宽,选项B错误。甲船的速度与水速成钝角,乙船的速度与水速成锐角,甲船渡河的实际速度小于乙船的实际速度,选项C正确。甲、乙两船在沿河岸方向的分速度方向相反,两船不可能相遇,选项D正确。

11.AC 提示:由题图乙可知,当运动员速度最大时,橡皮绳的伸长量Δx1=20m-12m=8m,有 kΔx1=mg,解 得 k=75N/m。橡皮绳的最大伸长量Δx2=36m-12m=24m,最大拉力F=kΔx2=1800N,则运动员下落过程中橡皮绳的平均拉力F=900N,选项A正确。根据牛顿第二定律得F-mg=ma,解得运动员的最大加速度a=20m/s2,选项B错误。根据机械能守恒定律得Ep=mgh=60×10×36J=2.16×104J,选项C正确。当橡皮绳上的拉力为1200N时,橡皮绳的伸长量Δx3=16m,运动员下落的距离x=28m,由题图乙可知,对应的速度大小约为15m/s,选项D错误。

12.BD 提示:在45s～75s内物体在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动,加速度大小a2=1m/s2,滑动摩擦力大小f=ma2=1N,在物体运动的全过程中产生的位移x=1500m,产生的热量Q=fx=1500J,选项A错误。对物体运动的全过程应用动能定理得W-fx=0,解得W=1500J,选项B正确。前20s内,物体的加速度大小a1=1.5m/s2,由牛顿第二定律得F-f=ma1,解得F=2.5N,选项C错误。前20s内与45s～75s内的平均速度都为15m/s,选项D正确。

13.(1)长木板的倾角过大 远大于(2)BC (3)0.90 提示:(1)直线Ⅰ在纵轴上有较大的截距,说明绳对小车的拉力F=0(还没有挂上砝码盘)时小车就有了沿长木板向下的加速度a0,即长木板的倾角过大;曲线Ⅱ经过坐标原点,说明在实验前小车所受的摩擦力已被平衡。设小车的实际加速度为a,由牛顿第二定律得F=Ma,mg-F=ma,解得实验中认为小车受到的合力大小F'=mg,则因此小车的理论加速度与实际加速度之差Δa=a'-a=由上式可知,m取不同值,Δa不同,m越大(F越大),则Δa越大,这就是当F较大时图像向下弯曲的原因。当M≫m时,Δa→0,有a=a',因此本实验要求满足M≫m。(2)实验中涉及了质量和合力两个变化的物理量,所以需要应用控制变量法进行实验,选项A错误、B正确。实验时需要先接通电源,后释放纸带,选项C正确。小车运动时的加速度必须由纸带上的测量数据计算得到,选项D错误。(3)由Δx=aT2得x3-x1=2aT2,解得a=

14.(1)对整列动车,当前两节车厢都输出额定功率且总牵引力等于总阻力时,动车组的速度最大,则P1+P2=fvmax,f=0.1×6mg,解得vmax=83.3m/s。(2)当t=10s时,v1=at=10m/s。假设只有第一节车厢提供动力,输出功率为P,则,解得P=9.6×106W＜P1,故假设成立,即t=10s时只有第一节车厢提供动力。对后五节车厢有F-f2=5ma,f2=0.1×5mg,解得第一节和第二节车厢之间的拉力F=8×105N。

15.(1)设地球的质量为M,卫星的质量为m,引力常量为G,卫星在A点时的加速度为a,根据牛顿第二定律得ma。设质量为m'的物体在地球赤道表面上受到的万有引力等于重力,则联立以上两式解得设远地点B距地面的高度为h2,卫星受到的万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律得解得h=2

16.(1)设甲、乙两物体被弹簧弹开后的速度分别为v1、v2,甲物体离开弹簧后恰好能到达半圆形轨道的最高点D,设甲物体在最高点时的速度为vD,由牛顿第二定律得解得在甲物体被弹簧弹开后运动至最高点的过程中,由机械能守恒定律得解得v1=5m/s。在甲、乙两物体被弹簧弹开的过程中,由动量守恒定律得0=m1v1-m2v2,解得v2=2.5m/s。乙物体离开桌面后做平抛运动,则解得x=1m,即乙物体落地时距桌面右边缘A点的水平距离为1m。(2)对由甲、乙两物体及弹簧组成的系统,由能量守恒定律得

17.(1)从小物块的速度—时间图像可以看出,小物块被子弹击穿后,先向右做减速运动,速度为零后,又向左做加速运动,当速度等于2m/s以后随传送带一起向左做匀速运动。设小物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度大小为a,则由牛顿第二定律得μmg=ma,解得小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2。(2)由小物块的速度—时间图像可知,传送带与小物块间存在摩擦力的时间为3s,传送带在这段时间内移动的位移s=vt=6.0m,所以传送带所做的功W=fs=24.0J。在小物块被子弹击穿到与传送带一起匀速运动的过程中,小物块的动能减少了所以小物块与传送带之间由于摩擦而产生的内能EQ=W+ΔEk=36.0J。

1.A

2.C 提示:在0～10s内,v乙＞v甲,乙车与甲车间的距离逐渐变大,选项A错误。在10s～20s内,v甲＞v乙,甲车逐渐靠近乙车,选项B错误。由题图知在5s～15s内,两车的位移相等,在t=10s时两车相距最远,在t=20s时,两车的位移相等,两车相遇,选项C正确,D错误。

3.D 提示:若斜面体的斜面粗糙,则木块B可能受到重力、斜面体对它的弹力和摩擦力共三个力作用,选项A错误。若斜面体的斜面粗糙,对由B、C两物体组成的整体而言,可能水平面对斜面体的摩擦力与细线拉力在水平方向上的分力平衡,即水平面对斜面体的摩擦力不一定为零,选项B错误。若斜面体的斜面光滑,则水平面对斜面体的支持力等于B、C两物体的总重力减去拉力在竖直方向上的分力,选项C错误。若斜面体的斜面光滑,设细线的弹力为F,对木块B由平衡条件得F-mgsinθ=0,对轻环A由共点力平衡条件得Fcosθ-f=0,解得直杆对轻环的摩擦力大小f=mgsinθcosθ。因为A、B、C整体处于静止状态,所以水平面对斜面体C的摩擦力大小为mgsinθcosθ,选项D正确。

4.C 提示:根据两物体相互作用过程中系统的合外力为零,系统的总动量守恒可知,甲、乙两球的动量变化量大小相等、方向相反,选项A错误,C正确。由动量定理Ft=Δp可知,动量的变化率等于物体所受的合外力,甲、乙两球所受的合外力大小相等、方向相反,即所受的合外力不同,则动量的变化率不同,故选项B错误。由甲、乙两球组成的系统的总机械能不变,弹簧的弹性势能在变化,则系统的总动能在变化,故选项D错误。

5.B 提示:2s末木块的速度v1=at1=,位移,后2s木块做类平抛运动,4s末木块在沿力的方向上的速度v2=at2=10m/s,位移y=x1=10m,在沿x轴方向上的位移x2=v1t2=20m,所以4s末木块的合速度合位移

6.B 提示:设小球到达曲面末端的速度为v0,则设小球落点距离桌面的竖直高度为h',根据平抛运动规律得h'=设小球撞到墙壁时的速度为v,由机械能守恒定律得mg(h+h')=解得根据数学中的不等式知识得速度取最小值时有即

7.BD

8.AC 提示:由力和运动的关系可知,运动员自由下落到a位置,与弹簧接触,但弹力小于重力,继续加速到b位置,在b位置运动员受到的合力为零,速度最大,选项A正确。整个系统的机械能守恒,即运动员的动能、重力势能和弹簧的弹性势能守恒,所以运动员从a位置到c位置的机械能减小,弹簧的弹性势能增大,选项B错误,C正确。如果运动员是从a位置开始下落,设最低位置为d,则d位置与a位置关于b位置对称,而本题中的运动员是从高处下落,故c位置比d位置要低,a、c两位置的高度差要大于a、b两位置高度差的2倍,选项D错误。

9.BD 提示:在运动员减速下降深度为h的过程中,运动员受重力和阻力作用,由动能定理得(mg-f)h=ΔEk,解得运动员动能减少量ΔEk=2000J,故选项A错误。根据重力做功与重力势能变化的关系得W重=-ΔEp=mgh,解得运动员的重力势能减少量ΔEk=500J,故选项B正确。由除重力和弹簧弹力之外的力做功量度机械能的变化得W外=ΔE,运动员在下降过程中除了重力还有阻力做功W外=Wf=-fh,因此运动员的机械能减少量ΔE=2500J,故选项C错误、D正确。

10.AC 提示:在小猴子从开始到摆到最低点的过程中,根据动能定理得mgL=解得合力的冲量等于动量的变化量,故所求合力冲量的大小为选项A正确。对小猴子在圆周运动的最低点进行受力分析,则T-mg=解得T=3mg,由牛顿第三定律得小猴子对绳的拉力大小为3mg,选项B错误。小猴子放开轻绳后,在竖直方向上做自由落体运动,则,在水平方向上做匀速运动,则x=vt,解得x=2L,选项C正确。在小猴子做平抛运动的过程中,根据运动学公式得故小猴子落地时的重力的功率大小为mg,选项D错误。

12.ACD 提示:从题图可以看出在前0.01s时间内力F的方向和物块运动的方向相同,物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动,所以第0.01s末,物块的速度最大,动量最大,选项A正确。物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同,物块在前半个周期内做加速运动,在后半个周期内做减速运动,所以物块在0～0.02s时间内的位移为正,第0.02s末,物块没有回到出发点,选项B错误。在0～0.01s时间内,物块的速度在增大,力F先增大后减小,根据瞬时功率P=Fv可知,力F的瞬时功率在开始时和0.01s末时均为0,所以在0～0.01s时间内,力F的功率先增大后减小,选项C正确。在F-t图像中,曲线与t轴围成的面积表示力F的冲量,由图可知,0.005s～0.01s所围面积与0.01s～0.015s所围面积大小相等,一正一负,所以其和为0,即在0.005s～0.015s时间内,力F的冲量为0,选项D正确。

13.(1)AB (2)左 (3)1.85 1.83 1.67 (4)C 提示:(1)电磁打点计时器使用的是交流电源,故要选A。因为需要测量纸带上两点间的距离,所以还需要刻度尺,选B。根据验证机械能守恒定律时可将等式两边的质量抵消,所以不需要天平,不选C。(2)观察纸带可以发现从左到右,相邻两计数点间的距离越来越大,说明速度越来越大,与重锤相连接的纸带先打出点,速度较小,所以实验时纸带的左端通过夹子和重锤相连接。(3)当打点计时器打出B点时,重锤的重力势能减少量ΔEp=mg·OB=1.85J,重锤的速度1.83m/s,重锤的动能增加量1.67J。(4)重锤重力势能的减少量大于动能的增加量,是因为重锤在下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响,C正确。

14.(1)根据匀变速直线运动的速度位移公式得v2-=2ax,解得v0=30m/s。(2)根据匀变速直线运动的速度位移公式得v2=2ax',解得x'=250m。(3)设飞机起飞所用的时间为t,在时间t内航空母舰航行的距离为L1,航空母舰的最小速度为v1,对航空母舰有L1=v1t,对飞机有v=v1+at,v2-解得v1=10m/s(v1=90m/s舍去)。

16.(1)物体A在水平方向上受到向右的摩擦力,由牛顿第二定律得μ1mAg=mAaA,解得aA=0.5m/s2。(2)t=1s时,木板B的速度大小v1=aBt。设木板B所受拉力为F,由牛顿第二定律得F-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB,解得F=7N。因此电动机的输出功率P=Fv1=7W。(3)电动机的输出功率调整为5W时,设细绳对木板B的拉力为F',则P'=F'v1,解得F'=5N。木板B的受力满足F'-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=0,所以木板B将做匀速运动,而物体A继续在木板B上做匀加速直线运动直到A、B二者速度相等。设这一过程的时间为t',则v1=aA(t1+t'),解得t'=1s。这段时间内木板B的位移大小s1=v1t'=1m,A、B二者速度相同后,因为F'＞μ2(mA+mB)g且电动机的输出功率恒定,所以A、B二者将一起做加速度逐渐减小的加速运动。由动能定理得P'(t2-t'-t1)-μ2(mA+mB)gs2=解得s2=2.03m。因此木板B在1s～3.8s时间内的位移s=s1+s2=3.03m。

17.(1)滑块接触弹簧之前,在滑动摩擦力的作用下由静止开始做匀加速直线运动的距离等于L,由动能定理得解得v1=3.4m/s。对由滑块和木板组成的系统,由动量守恒定律得Mv0=Mv2+mv1,解得滑块刚接触弹簧时木板的速度大小v2=9.7m/s。(2)滑块接触弹簧后继续向左运动的过程中,当滑块受到的滑动摩擦力与弹簧的弹力平衡时,滑块的速度达到最大,设此时弹簧被压缩的长度为x,则μmg=kx,解得x=0.20m。滑块从接触弹簧至向左运动的速度达到最大值的过程中,由动能定理得解得弹簧对滑块所做的功W=-1.8J。(3)当滑块向左运动的速度达到最大值时,设滑块与木板左端之间的距离为s,木板的速度大小为v,对木板应用动量定理得-μmgt=Mv-Mv2,解得v=9.68m/s。对木板应用动能定理得解得s=6.3m。