高三一輪復習檢測題(必修1、必修2、選修3-5)B卷參考答案與提示

1.C 提示:對繩子進行分析可知,兩隊隊員對繩子的拉力是一對平衡力,大小相等,方向相反,選項A 錯誤。對兩隊隊員組成的整體進行分析可知,當整體突然向獲勝一方移動時,獲勝一方受到的靜摩擦力大于另一方受到的靜摩擦力,選項B 錯誤。雙方相持時,對其中一個運動員進行受力分析,在豎直方向上有N=mg,即支持力N不變,因此運動員改變身體與地面之間的夾角時,運動員受到地面的彈力不會變,選項D 錯誤;在水平方向上有T=f,當繩子拉力T增大時,靜摩擦力f增大,靜摩擦力和支持力的合力增大,即地面對運動員的作用力增大,選項C正確。

2.C 提示:根據位移與速度的關系式得v0=2ax,其中v0=30 m/s,x=75 m,解得a=6 m/s2,選項A 錯誤。又有a=μg,解得μ=0.6,選項B 錯誤。根據速度公式v=v0-at可得,t=3 s時刻,汽車的速率v3=12 m/s,選項C 正確。汽車減速到零所用的時間,因此0～6 s內,汽車的位移等于75 m,選項D 錯誤。

3.D 提示:如圖1所示,設每個爪與鍋之間的彈力為N,其方向與豎直方向之間的夾角為θ,正對的兩爪之間的距離為d,根據幾何關系得根據平衡條件得4Ncosθ=mg,解得N=因此R越大,sin θ 越小,cosθ越大,N越小。

圖1

4.A 提示:女運動員做圓錐擺運動,對女運動員進行受力分析,她受到重力mg和男運動員對她的拉力F,如圖2所示。女運動員在豎直方向上受到的合力為零,即Fsin 45°=mg,解得F=,選項C 錯誤。女運動員在水平方向上受到的合力提供其做勻速圓周運動所需的向心力,即Fcos 45°=ma向,解得a向=10 m/s2,選項A 正確;根據a向=ω2r,r約為1 m 可知,女運動員的角速度約為3.14 rad/s,選項B 錯誤。對男運動員進行受力分析得N=Fcos 45°+Mg=450 N+Mg,選項D 錯誤。

圖2

5.B 提示:動車速度達到最大時,牽引力與阻力平衡,則行駛過程中動車受到的阻力大小,選項A 錯誤。當動車的速度為時,動車的牽引力,根據牛頓第二定律得F-f=ma,解得a=,選項B 正確。從啟動到速度增大為vmax的過程中,動車牽引力所做的功等于動車動能增加量和克服阻力做功之和,故大于,選項C錯誤。因為動車不是做勻變速直線運動,所以在只知道最大瞬時速率的情況下,無法估算平均速率,也無法得出路程,選項D 錯誤。

6.B 提示:設星球表面的重力加速度為g,風帆與滑塊的總質量為m。沿斜面方向,根據牛頓第二定律得mgsin θ-μmg cosθkv=ma,解得則a-v圖像的斜率,即風帆與滑塊的總質量,選項A 錯誤。設星球的第一宇宙速度為v,則當滑塊的速度為零時有mgsin θ-μmg cosθ=ma0,解得g=v=,選項B正確。在星球表面,萬有引力等于重力,即,星球體積,星球密度,解得ρ=,選項C 錯誤。根據,解得星球近地衛(wèi)星的周期,選項D 錯誤。

7.BC 提示:水流垂直落在與水平面成30°角的水輪葉面上,水平分速度和豎直分速度滿足,解得,選項A錯誤,B 正確。水流沖擊水輪葉面瞬間的速率,根據v=ωR,解得,選項C正確,D 錯誤。

9.AB 提示:根據v-t圖像可知,貨物先向上做勻加速運動,再向上做勻速運動,因此傳送帶勻速轉動的速度大小v=1 m/s,選項A 正確。0～0.4 s 貨物的加速度a==2.5 m/s2,根據牛頓第二定律得μmgcos θ-mg sinθ=ma,解得選項B正確。根據v-t圖像可知,A、B兩點之間的距離對應圖像與橫坐標圍成的面積,即s=×(16+15.6)×1 m=15.8 m,選項C錯誤。根據動能定理得Wf-mgssinθ=,解得Wf=795 J,選項D 錯誤。

10.AD 提示:輕繩被拉斷瞬間,彈簧的彈力等于kx,對長木板應用牛頓第二定律得kx=Ma,解得a=,選項A 正確。輕繩被拉斷之前對由長木板和滑塊組成的系統(tǒng)有拉力作用,因此系統(tǒng)的動量不守恒,選項B 錯誤。彈簧恢復原長時長木板有動能,因此滑塊的動能小于,選項C 錯誤。設輕繩被拉斷時滑塊的速度為v1,彈簧彈力做功,根據動能定理得,設輕繩被拉斷后長木板和滑塊最終以速度v2向左運動,根據動量守恒定律得mv1=(M+m)v2,根據功能關系得,解得μ=,選項D 正確。

11.(1)9.4 (2)滑輪的軸不光滑(或滑輪有質量,軟繩有質量,物體在運動過程中受到空氣阻力,手機在下落過程中發(fā)生擺動等)

提示:(1)根據a-t圖像讀出手機的加速度a=4.7 m/s2,根據牛頓第二定律得(mBmA)g1=(mA+mB)a,解得g1=9.4 m/s2。

提示:(1)游標卡尺的讀數(shù)d=5 mm+2×0.1 mm=5.2 mm。(2)滑塊通過光電門Ⅰ的瞬時速度v1==0.20 m/s。(3)滑塊在沿光滑的斜面下滑的過程中機械能守恒,則,整理得h1-h2=

13.(1)物體恰好能通過D點,根據牛頓第二定律得mg=,解得vD=2 m/s。(2)物體經過B點時的受力情況如圖3所示,根據動能定理可知,物體由B點運動到D點的過程中有,根據牛頓第二定律得,解得vB=m/s,N=60 N。(3)物體在水平面上做勻加速直線運動,根據牛頓第二定律得F-μmg=ma,根據位移與速度的關系式得2ax=v2B,解得x=2 m。

圖3

14.(1)運動員從A點滑到O點,根據機械能守恒定律得mgh=,解得v=(2)運動員從離開O點到落在斜坡上,根據平拋運動規(guī)律得,解得(3)運動員從離開O點到落在斜坡上,根據動量定理得Δp=mgt,解得,方向豎直向下。

16.(1)t=0時刻,物體P和Q之間發(fā)生彈性碰撞,設碰撞后物體P的速度是v1,物體Q的速度是v2,根據動量守恒定律和能量守恒定律得,解得v1=6 m/s,v2=-3 m/s。物體P與Q發(fā)生碰撞后,物體P向右運動,設物體P的加速度大小為a1,根據牛頓第二定律得μ1Mg=Ma1,解得a1=1 m/s。①設經過時間t1,物體P向右運動通過B點,根據運動學規(guī)律得L=v1t1-,解得t1=(6-) s=0.7 s或t1==11.3 s(不符合實際,舍去)。因為t1＜2 s,所以物體P向右通過B點時,不會被探測到。②設經過時間t2,物體P與擋板碰撞后向左運動通過B點,根據運動學規(guī)律得,解得t2=(6-) s=2.54 s或t2=(6+) s=9.46 s(不符合實際,舍去)。因為2 s＜t2＜4 s,所以物體P向左運動通過B點時,會被探測到。(2)物體P與Q發(fā)生碰撞后,物體Q向左運動,設物體Q的加速度大小為a2,根據牛頓第二定律得μ2mg=ma2,解得a2=3 m/s2。物體Q向左運動的時間t==1 s,物體Q從A點開始向左運動的距離x==1.5 m,物體P從發(fā)生第一次碰撞到停止運動通過的路程s==18 m。因為s-4L＞x,所以物體P與Q能發(fā)生第二次碰撞。物體Q向左運動的時間t=1 s,在第一次碰撞結束后1 s 內,物體P通過的路程s1=v1t-=5.5 m,s1＜4L+x,因此物體P與Q的第二次碰撞發(fā)生在物體Q靜止之后,即在第二次碰撞之前,物體P通過的路程為4L+x,物體Q通過的路程為x。從第一次碰撞到第二次碰撞的過程中,系統(tǒng)產生的內能E=μ1Mg(4L+x)+μ2mgx,解得E=39.5 J。