高三一輪復習自測題(必修1、2,選修3-5)參考答案與提示

高三一輪復習自測題(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.小車停止運動的瞬間,小球B在車壁彈力的作用下,速度突變為零,從此保持靜止狀態,仍然受力平衡,有TB=mg。小球A右側有可供它運動的空間,因此在小車停止運動的瞬間,小球A的速度保持不變,在慣性作用下向右運動,并在細繩的束縛下在豎直面內做圓周運動。小球A受到的合力提供其做圓周運動所需的向心力,細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)設推力F作用在木箱上時,木箱的加速度為a,則根據牛頓第二定律得F-μmg=ma1,解得a1=3m/s2。(2)設撤去推力后,木箱的加速度大小為a2,則根據牛頓第二定律得μmg=ma2,解得a2=1m/s2。設推力F作用在木箱上的時間為t,則在時間t內木箱的位移撤去推力F后木箱繼續滑行的距離要使木箱停在有效區域內,則需滿足L1-L2≤x1+x2≤L1,解得

17.(1)設小滑塊在B點時的速度大小為vB,則由運動學規律得v2B=2a1x1,vB=a1t1,解得t1=0.5s,vB=1m/s。設小滑塊在E點進入可控區域,則小滑塊從B點運動到E點,由運動學規律得v2E-v2B=2a2(x2-l),vE-vB=a2t2。小滑塊從E點運動到C點,由運動學規律得聯立以上各式解得t2=t3=0.5s,l=0.375m。(2)小滑塊從C點運動到D點,由自由落體運動規律得因此小滑塊從A點運動到洞D所經歷的時間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動,設水從管口噴出時的速度為v0,做平拋運動的時間為t,則在豎直方向上有h=在水平方向上有10h=v0t,解得v0=52gh。時間t0內從管口噴出的水的質量m=ρV=ρv0t0S,每秒內從管口噴出的水的質量聯立以上各式解得m0=(2)時間t0內水泵的輸出功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:設屋檐的底角為θ,底邊長為2L(不變)。雨滴做初速度為零的勻加速直線運動,根據牛頓第二定律得加速度a=gsinθ,位移當

θ=45°時,sin2θ=1,為最大值,時間t最短。

4.A

5.B 提示:由小球a、b組成的整體受重力2mg、細線Oa的拉力T及力F三個力作用而處于平衡狀態。如圖1所示,在由三力構成的矢量三角形中,當力F垂直于拉力T時有最小值,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—時間圖像可知,a球以一初速度向原來靜止的b球運動,碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小。根據動量守恒定律可知,a球的質量小于b球的質量。

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,小球在相鄰時間間隔內通過的位移分別為2d、3d、4d、5d,所以小球做勻加速直線運動,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”時的速度

11.ABC 提示:航天飛機在軌道Ⅱ上從遠地點A向近地點B運動時,萬有引力做正功,所以航天飛機經過A點時的速度小于經過B點時的速度,A正確;航天飛機在A點減速后才能做向心運動,從圓形軌道Ⅰ進入橢圓軌道Ⅱ,所以航天飛機在軌道Ⅱ上經過A點時的動能小于在軌道Ⅰ上經過A點時的動能,B正確;根據開普勒第三定律可知,軌道Ⅱ的半長軸小于軌道Ⅰ的半徑,所以航天飛機在軌道Ⅱ上的運動周期小于在軌道Ⅰ上的運動周期,C正確;根據牛頓第二定律F=ma可知,航天飛機在軌道Ⅱ和軌道Ⅰ上A點時的萬有引力相等,所以航天飛機在軌道Ⅱ上經過A點時的加速度等于在軌道Ⅰ上經過A點時的加速度,D錯誤。

12.AD 提示:重力做功W重=mgh,A正確;空氣阻力做功與經過的路程有關,且小球經過的路程大于故克服空氣阻力做的功大于B錯誤;小球落地時,重力的瞬時功率為重力與沿重力方向的分速度的乘積,故小于mgv,C錯誤;重力做正功,重力勢能減少,空氣阻力做負功,機械能減少,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(或紙帶與打點計時器之間存在阻力)

15.(1)根據牛頓第二定律得μmg=ma,解得a=6m/s2,又有v2A-v2B=2ax,解得vB=2m/s。(2)能。當傳送帶順時針轉動時,工件受力不變,其加速度不發生變化,仍然始終做減速運動,故工件到達B端的速度vB=2m/s。(3)工件速度達到13m/s所用時間產生的位移x1=vAt1+,因此工件在到達B端前速度就達到了13m/s,此后工件與傳送帶相對靜止,即工件先加速后勻速。工件做勻速運動產生的位移x2=x-x1=2.25m,所用的時間因此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動,根據牛頓第二定律得μ1mgcosθ=ma1,解得a1=10m/s2。當物塊的速度等于傳送帶的速度時,根據速度公式得v=v0=a1t1,解得t1=1s。由速度—位移公式得v2=2a1x1,解得x1=5m。因為x1＜L,所以此時物塊距離B端還有x2=L-x1=11m。因為mgsinθ＞μ1mgcosθ,所以此后滑動摩擦力沿傳送帶向上,物塊繼續做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律得mgsinθμ1mgcosθ=ma2,解得a2=2m/s2。根據位移公式得因此物塊從傳送帶的最上端運動至最下端經歷的時間t=t1+t2=2s。(2)物塊到達B點時的速度vB=v+a2t2=12m/s,物塊在水平面上做勻減速運動,加速度a3=-μ2g=-1m/s2,根據速度—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,設其在最高點的速度為v0,則解得v0=m/s。小球A在沿軌道上滑到最高點的過程中機械能守恒,則解得vA=5m/s。(2)彈簧鎖定時的彈性勢能(3)小球B做平拋運動,根據平拋運動規律得,解得t=0.4s。小球B落在斜面頂端時的豎直分速度vy=gt=4m/s。因為小球B剛好沿斜面下滑,所以

18.(1)設子彈與物體A的共同速度為v,由動量守恒定律得mv0=3mv,解得v=因此在該過程中損失的機械能ΔE=(2)以子彈、物體A和B為系統,設物體B的質量為M,碰后子彈和物體A的速度為v1,物體B的速度為v2,由動量守恒定律得3mv=Mv2-3mv1,在碰撞過程中機械能守恒,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立以上各式解得M=9m。

19.(1)物塊剛放置在木板上時,物塊的加速度a1=μg=2m/s2,木板的加速度a2=(2)當二者的速度相等后將保持相對靜止,則a1t=v0+a2t,解得t=1s。1s內木板的位移1.5m,物塊的位移木板的長度至少應為x1-x2=0.5m。(3)物塊與木板相對靜止后,對整體有F=(M+m)a,對物塊有f=ma,解得f=6.29N。

20.(1)每個小珠受重力mg和支持力N作用,小珠運動到θ處有mgcosθ-N=若N為正值,表明小珠受圓環的支持力,反作用是壓力;若N為負值,表明小珠受圓環壓力,反作用是“抬力”。懸線中的張力T極小,則圓環所受“抬力”的豎直分量最大。兩小球在下滑過程中的機械能守恒,則,解得N=(3cosθ-2)mg。當N=0時,N為負值時,圓環才受到“抬力”。此時,圓環未動,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θ的導函數為零,求得(2)由N的表達式可知,當,N＞0,為壓力;,N＜0,為拉力,這是圓環上跳的必要條件。因此圓環上跳的條件是T≤0,即2Ncosθ+Mg≤0,臨界狀態為3cos2θ-上式有實根的條件為

(責任編輯 張 巧)