高三力學模塊第一輪復習自測題(必修1、2,選修3-5)參考答案與提示

1.D 提示:分別用M、m表示火箭的初始質量和燃料燃盡時的質量,用v0表示噴出的氣體速度大小,則火箭在噴氣過程中動量守恒,則mv-(M-m)v0=0,解得火箭的最大速度因此影響火箭最大速度的因素是火箭噴出的氣體速度和火箭的始、末質量之比,只有選項D正確。

2.A 提示:本題可以看成2條小蟲都從清晨6點,一個從地面出發,一個從樹頂出發,同時運動,則兩條小蟲肯定會相遇,且只相遇一次,故選項A正確。

圖1

3.D 提示:因為力F的方向保持與作用點的速度方向一致,所以可把圓周劃分成很多小段進行研究。如圖1所示,當各小段的弧長Δli足夠小(Δli→0)時,在這 Δli內力F的方向幾乎與該小段的位移方向重合,故 WF=FΔl1+FΔl2+FΔl3+ … =F·2πR=1000πJ。

4.C

5.D提示:設重物B受到水平沖量后的速度為v0?；hA固定時,根據機械能守恒定律得解得滑環A不固定時,設重物B擺起的最大高度為h,則在重物B擺至最大高度時滑環A與重物B的共同速度為v,根據動量守恒定律得Mv0=(M+m)v,根據能量守恒定律得又有M=3m,解得

6.D 提示:利用逆向思維可以把勻減速直線運動看成反向的勻加速直線運動。根據v2=2ax得所求的速度之比為在初速度為零的勻加速直線運動中經過連續三段相等位移所用的時間之比為故所求時間之比為

7.CD 提示:因為圓弧面體置于光滑水平地面上,在小物塊下滑的過程中,圓弧面體要后退,所以小物塊對圓弧面體做正功,小物塊的重力勢能減少量等于圓弧面體和小物塊的動能的增加量,選項A錯誤。當圓弧面體固定時,在小物塊下滑的過程中,小物塊的機械能守恒,則根據向心力公式得解得F=3mg,但是由于圓弧面體是運動的,所以小物塊到達最低點時的速度就要減小,需要的向心力也要減小,故小物塊滑到最低點時受到的支持力大小要小于其重力的3倍,選項B錯誤。因為小物塊對圓弧面體做正功,所以圓弧面體對小物塊的支持力做負功,選項C正確。因為各個接觸面都是光滑的,所以系統的總的能量守恒,小物塊對圓弧面體做的正功的大小與圓弧面體對小物塊做的負功大小相等,選項D正確。

8.BC

9.AC 提示:由題圖知加速過程在T點結束,汽車做勻速運動時的牽引力大小為2×104N,選項A正確。汽車在T點時F=f,即汽車所受阻力的大小f=2×104N,選項B錯誤。汽車在運動過程中功率恒定,根據P=Fv得P=f·vmax=2×104N×8m/s=1.6×105W,選項C正確。根據動能定理得解得汽車的質量m=8.75×103kg,選項D錯誤。

10.CD 提示:兩船在垂直于河岸方向的分速度相等,兩船的渡河時間相同,選項A錯誤。甲船渡河的實際位移大小可能等于河寬,選項B錯誤。甲船的速度與水速成鈍角,乙船的速度與水速成銳角,甲船渡河的實際速度小于乙船的實際速度,選項C正確。甲、乙兩船在沿河岸方向的分速度方向相反,兩船不可能相遇,選項D正確。

11.AC 提示:由題圖乙可知,當運動員速度最大時,橡皮繩的伸長量Δx1=20m-12m=8m,有 kΔx1=mg,解 得 k=75N/m。橡皮繩的最大伸長量Δx2=36m-12m=24m,最大拉力F=kΔx2=1800N,則運動員下落過程中橡皮繩的平均拉力F=900N,選項A正確。根據牛頓第二定律得F-mg=ma,解得運動員的最大加速度a=20m/s2,選項B錯誤。根據機械能守恒定律得Ep=mgh=60×10×36J=2.16×104J,選項C正確。當橡皮繩上的拉力為1200N時,橡皮繩的伸長量Δx3=16m,運動員下落的距離x=28m,由題圖乙可知,對應的速度大小約為15m/s,選項D錯誤。

12.BD 提示:在45s～75s內物體在滑動摩擦力的作用下做勻減速運動,加速度大小a2=1m/s2,滑動摩擦力大小f=ma2=1N,在物體運動的全過程中產生的位移x=1500m,產生的熱量Q=fx=1500J,選項A錯誤。對物體運動的全過程應用動能定理得W-fx=0,解得W=1500J,選項B正確。前20s內,物體的加速度大小a1=1.5m/s2,由牛頓第二定律得F-f=ma1,解得F=2.5N,選項C錯誤。前20s內與45s～75s內的平均速度都為15m/s,選項D正確。

13.(1)長木板的傾角過大 遠大于(2)BC (3)0.90 提示:(1)直線Ⅰ在縱軸上有較大的截距,說明繩對小車的拉力F=0(還沒有掛上砝碼盤)時小車就有了沿長木板向下的加速度a0,即長木板的傾角過大;曲線Ⅱ經過坐標原點,說明在實驗前小車所受的摩擦力已被平衡。設小車的實際加速度為a,由牛頓第二定律得F=Ma,mg-F=ma,解得實驗中認為小車受到的合力大小F'=mg,則因此小車的理論加速度與實際加速度之差Δa=a'-a=由上式可知,m取不同值,Δa不同,m越大(F越大),則Δa越大,這就是當F較大時圖像向下彎曲的原因。當M?m時,Δa→0,有a=a',因此本實驗要求滿足M?m。(2)實驗中涉及了質量和合力兩個變化的物理量,所以需要應用控制變量法進行實驗,選項A錯誤、B正確。實驗時需要先接通電源,后釋放紙帶,選項C正確。小車運動時的加速度必須由紙帶上的測量數據計算得到,選項D錯誤。(3)由Δx=aT2得x3-x1=2aT2,解得a=

14.(1)對整列動車,當前兩節車廂都輸出額定功率且總牽引力等于總阻力時,動車組的速度最大,則P1+P2=fvmax,f=0.1×6mg,解得vmax=83.3m/s。(2)當t=10s時,v1=at=10m/s。假設只有第一節車廂提供動力,輸出功率為P,則,解得P=9.6×106W＜P1,故假設成立,即t=10s時只有第一節車廂提供動力。對后五節車廂有F-f2=5ma,f2=0.1×5mg,解得第一節和第二節車廂之間的拉力F=8×105N。

15.(1)設地球的質量為M,衛星的質量為m,引力常量為G,衛星在A點時的加速度為a,根據牛頓第二定律得ma。設質量為m'的物體在地球赤道表面上受到的萬有引力等于重力,則聯立以上兩式解得設遠地點B距地面的高度為h2,衛星受到的萬有引力提供向心力,根據牛頓第二定律得解得h=2

16.(1)設甲、乙兩物體被彈簧彈開后的速度分別為v1、v2,甲物體離開彈簧后恰好能到達半圓形軌道的最高點D,設甲物體在最高點時的速度為vD,由牛頓第二定律得解得在甲物體被彈簧彈開后運動至最高點的過程中,由機械能守恒定律得解得v1=5m/s。在甲、乙兩物體被彈簧彈開的過程中,由動量守恒定律得0=m1v1-m2v2,解得v2=2.5m/s。乙物體離開桌面后做平拋運動,則解得x=1m,即乙物體落地時距桌面右邊緣A點的水平距離為1m。(2)對由甲、乙兩物體及彈簧組成的系統,由能量守恒定律得

17.(1)從小物塊的速度—時間圖像可以看出,小物塊被子彈擊穿后,先向右做減速運動,速度為零后,又向左做加速運動,當速度等于2m/s以后隨傳送帶一起向左做勻速運動。設小物塊在滑動摩擦力的作用下做勻變速運動的加速度大小為a,則由牛頓第二定律得μmg=ma,解得小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.2。(2)由小物塊的速度—時間圖像可知,傳送帶與小物塊間存在摩擦力的時間為3s,傳送帶在這段時間內移動的位移s=vt=6.0m,所以傳送帶所做的功W=fs=24.0J。在小物塊被子彈擊穿到與傳送帶一起勻速運動的過程中,小物塊的動能減少了所以小物塊與傳送帶之間由于摩擦而產生的內能EQ=W+ΔEk=36.0J。

1.A

2.C 提示:在0～10s內,v乙＞v甲,乙車與甲車間的距離逐漸變大,選項A錯誤。在10s～20s內,v甲＞v乙,甲車逐漸靠近乙車,選項B錯誤。由題圖知在5s～15s內,兩車的位移相等,在t=10s時兩車相距最遠,在t=20s時,兩車的位移相等,兩車相遇,選項C正確,D錯誤。

3.D 提示:若斜面體的斜面粗糙,則木塊B可能受到重力、斜面體對它的彈力和摩擦力共三個力作用,選項A錯誤。若斜面體的斜面粗糙,對由B、C兩物體組成的整體而言,可能水平面對斜面體的摩擦力與細線拉力在水平方向上的分力平衡,即水平面對斜面體的摩擦力不一定為零,選項B錯誤。若斜面體的斜面光滑,則水平面對斜面體的支持力等于B、C兩物體的總重力減去拉力在豎直方向上的分力,選項C錯誤。若斜面體的斜面光滑,設細線的彈力為F,對木塊B由平衡條件得F-mgsinθ=0,對輕環A由共點力平衡條件得Fcosθ-f=0,解得直桿對輕環的摩擦力大小f=mgsinθcosθ。因為A、B、C整體處于靜止狀態,所以水平面對斜面體C的摩擦力大小為mgsinθcosθ,選項D正確。

4.C 提示:根據兩物體相互作用過程中系統的合外力為零,系統的總動量守恒可知,甲、乙兩球的動量變化量大小相等、方向相反,選項A錯誤,C正確。由動量定理Ft=Δp可知,動量的變化率等于物體所受的合外力,甲、乙兩球所受的合外力大小相等、方向相反,即所受的合外力不同,則動量的變化率不同,故選項B錯誤。由甲、乙兩球組成的系統的總機械能不變,彈簧的彈性勢能在變化,則系統的總動能在變化,故選項D錯誤。

5.B 提示:2s末木塊的速度v1=at1=,位移,后2s木塊做類平拋運動,4s末木塊在沿力的方向上的速度v2=at2=10m/s,位移y=x1=10m,在沿x軸方向上的位移x2=v1t2=20m,所以4s末木塊的合速度合位移

6.B 提示:設小球到達曲面末端的速度為v0,則設小球落點距離桌面的豎直高度為h',根據平拋運動規律得h'=設小球撞到墻壁時的速度為v,由機械能守恒定律得mg(h+h')=解得根據數學中的不等式知識得速度取最小值時有即

7.BD

8.AC 提示:由力和運動的關系可知,運動員自由下落到a位置,與彈簧接觸,但彈力小于重力,繼續加速到b位置,在b位置運動員受到的合力為零,速度最大,選項A正確。整個系統的機械能守恒,即運動員的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能守恒,所以運動員從a位置到c位置的機械能減小,彈簧的彈性勢能增大,選項B錯誤,C正確。如果運動員是從a位置開始下落,設最低位置為d,則d位置與a位置關于b位置對稱,而本題中的運動員是從高處下落,故c位置比d位置要低,a、c兩位置的高度差要大于a、b兩位置高度差的2倍,選項D錯誤。

9.BD 提示:在運動員減速下降深度為h的過程中,運動員受重力和阻力作用,由動能定理得(mg-f)h=ΔEk,解得運動員動能減少量ΔEk=2000J,故選項A錯誤。根據重力做功與重力勢能變化的關系得W重=-ΔEp=mgh,解得運動員的重力勢能減少量ΔEk=500J,故選項B正確。由除重力和彈簧彈力之外的力做功量度機械能的變化得W外=ΔE,運動員在下降過程中除了重力還有阻力做功W外=Wf=-fh,因此運動員的機械能減少量ΔE=2500J,故選項C錯誤、D正確。

10.AC 提示:在小猴子從開始到擺到最低點的過程中,根據動能定理得mgL=解得合力的沖量等于動量的變化量,故所求合力沖量的大小為選項A正確。對小猴子在圓周運動的最低點進行受力分析,則T-mg=解得T=3mg,由牛頓第三定律得小猴子對繩的拉力大小為3mg,選項B錯誤。小猴子放開輕繩后,在豎直方向上做自由落體運動,則,在水平方向上做勻速運動,則x=vt,解得x=2L,選項C正確。在小猴子做平拋運動的過程中,根據運動學公式得故小猴子落地時的重力的功率大小為mg,選項D錯誤。

12.ACD 提示:從題圖可以看出在前0.01s時間內力F的方向和物塊運動的方向相同,物塊經歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動,所以第0.01s末,物塊的速度最大,動量最大,選項A正確。物塊在后半個周期內受到的力與前半個周期受到的力的方向不同,物塊在前半個周期內做加速運動,在后半個周期內做減速運動,所以物塊在0～0.02s時間內的位移為正,第0.02s末,物塊沒有回到出發點,選項B錯誤。在0～0.01s時間內,物塊的速度在增大,力F先增大后減小,根據瞬時功率P=Fv可知,力F的瞬時功率在開始時和0.01s末時均為0,所以在0～0.01s時間內,力F的功率先增大后減小,選項C正確。在F-t圖像中,曲線與t軸圍成的面積表示力F的沖量,由圖可知,0.005s～0.01s所圍面積與0.01s～0.015s所圍面積大小相等,一正一負,所以其和為0,即在0.005s～0.015s時間內,力F的沖量為0,選項D正確。

13.(1)AB (2)左 (3)1.85 1.83 1.67 (4)C 提示:(1)電磁打點計時器使用的是交流電源,故要選A。因為需要測量紙帶上兩點間的距離,所以還需要刻度尺,選B。根據驗證機械能守恒定律時可將等式兩邊的質量抵消,所以不需要天平,不選C。(2)觀察紙帶可以發現從左到右,相鄰兩計數點間的距離越來越大,說明速度越來越大,與重錘相連接的紙帶先打出點,速度較小,所以實驗時紙帶的左端通過夾子和重錘相連接。(3)當打點計時器打出B點時,重錘的重力勢能減少量ΔEp=mg·OB=1.85J,重錘的速度1.83m/s,重錘的動能增加量1.67J。(4)重錘重力勢能的減少量大于動能的增加量,是因為重錘在下落過程中存在空氣阻力和摩擦阻力的影響,C正確。

14.(1)根據勻變速直線運動的速度位移公式得v2-=2ax,解得v0=30m/s。(2)根據勻變速直線運動的速度位移公式得v2=2ax',解得x'=250m。(3)設飛機起飛所用的時間為t,在時間t內航空母艦航行的距離為L1,航空母艦的最小速度為v1,對航空母艦有L1=v1t,對飛機有v=v1+at,v2-解得v1=10m/s(v1=90m/s舍去)。

16.(1)物體A在水平方向上受到向右的摩擦力,由牛頓第二定律得μ1mAg=mAaA,解得aA=0.5m/s2。(2)t=1s時,木板B的速度大小v1=aBt。設木板B所受拉力為F,由牛頓第二定律得F-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB,解得F=7N。因此電動機的輸出功率P=Fv1=7W。(3)電動機的輸出功率調整為5W時,設細繩對木板B的拉力為F',則P'=F'v1,解得F'=5N。木板B的受力滿足F'-μ1mAg-μ2(mA+mB)g=0,所以木板B將做勻速運動,而物體A繼續在木板B上做勻加速直線運動直到A、B二者速度相等。設這一過程的時間為t',則v1=aA(t1+t'),解得t'=1s。這段時間內木板B的位移大小s1=v1t'=1m,A、B二者速度相同后,因為F'＞μ2(mA+mB)g且電動機的輸出功率恒定,所以A、B二者將一起做加速度逐漸減小的加速運動。由動能定理得P'(t2-t'-t1)-μ2(mA+mB)gs2=解得s2=2.03m。因此木板B在1s～3.8s時間內的位移s=s1+s2=3.03m。

17.(1)滑塊接觸彈簧之前,在滑動摩擦力的作用下由靜止開始做勻加速直線運動的距離等于L,由動能定理得解得v1=3.4m/s。對由滑塊和木板組成的系統,由動量守恒定律得Mv0=Mv2+mv1,解得滑塊剛接觸彈簧時木板的速度大小v2=9.7m/s。(2)滑塊接觸彈簧后繼續向左運動的過程中,當滑塊受到的滑動摩擦力與彈簧的彈力平衡時,滑塊的速度達到最大,設此時彈簧被壓縮的長度為x,則μmg=kx,解得x=0.20m?；瑝K從接觸彈簧至向左運動的速度達到最大值的過程中,由動能定理得解得彈簧對滑塊所做的功W=-1.8J。(3)當滑塊向左運動的速度達到最大值時,設滑塊與木板左端之間的距離為s,木板的速度大小為v,對木板應用動量定理得-μmgt=Mv-Mv2,解得v=9.68m/s。對木板應用動能定理得解得s=6.3m。