高三一轮复习检测题(必修1、必修2、选修3-5)A卷参考答案与提示

2.D 提示:重物下降时,做自由落体运动,只有重力做功,机械能守恒,选项A 错误。重物上升时,绳子的拉力对重物做功,机械能增加,选项B 错误。从重物开始下降到速度减小为零的过程中,初、末速度均为0,根据可知,其中下落的时间t=0.4 s,着地时的速度v=gt=4 m/s,全程的总时间t＇=0.4 s+0.05 s=0.45 s,地面施加作用力的时间t1=0.05 s,根据动量定理得mgt＇-Ft1=0-0,解得F=5 400 N,地面作用力的冲量I=Ft1=5 400×0.05 N·s=270 N·s,选项C错误,D 正确。

3.B 提示:圆盘转动的同时,子弹在水平方向上做匀速直线运动,且两个运动具有同时性,根据1,2,…),其中s,整理得v=显见,当k=0时,子弹的飞行速度为600 m/s。

4.C 提示:根据v-t图像可知,2 s～4 s内吊桶匀速上升,轻绳的拉力等于重力,0～2 s内吊桶加速上升,轻绳的拉力大于重力,因此2 s～4 s内轻绳的拉力小于0～2 s内轻绳的拉力,选项A 错误。根据v-t图像可知,第3 s末轻绳的拉力等于重力,因为每根轻绳与竖直方向之间的夹角θ满足cosθ=根据平衡条件得4Tcosθ=mg,解得T=10 250 N,选项B 错误。根据v-t图像可知,4 s～8 s内吊桶匀减速上升,且加速度大小a==5 m/s2,根据mg-4T1cosθ=ma,解得T1=5 125 N,选项C正确,D 错误。

5.D 提示:货箱缓慢倾斜,货箱所受合外力为零,因此车厢对货箱的作用力与货箱的重力等大反向,选项A、B 错误。倾角θ缓慢增大时,隔板对工件的弹力F1与货箱右壁对工件的弹力F2之间的夹角保持不变,因此由重力mg、F1、F2三力组成的闭合三角形的三个顶点在同一个圆周上,如图1所示。倾角θ从0 缓慢增大到37°的过程中,F2逐渐增大,F1逐渐减小,根据牛顿第三定律可知,工件对隔板的压力逐渐减小,工件对货箱右壁的压力逐渐增大,选项C错误,D正确。

图1

6.A 提示:根据a-t图像可知,0～2 s内小滑块与长木板相对静止,二者之间的静摩擦力f0=m1a随加速度的增大而增大,选项A 正确。t=2 s时刻小滑块与长木板恰相对滑动,根据μm1g=m1a得μ=0.1,选项B错误。0～2 s内对由小滑块和长木板组成的整体有kt=(m1+m2)a1,2 s～3 s内对长木板有kt-f0=m2a2,结合a-t图像的斜率,解得m1=m2,选项C错误。t=2 s时刻小滑块与长木板共速,t=3 s时刻滑块与长木板脱离,2 s～3 s内小滑块和长木板的速度增量分别为矩形和梯形的面积,即Δv1=1×1 m/s=1 m/s,Δv2=×1 m/s=1.5 m/s,选项D 错误。

7.BD 提示:A、B两齿轮耦合线速度大小相同,角速度不同,选项A 错误。此装置通过叶轮和转轴将水流的动能转化为机械能,选项B正确。水流速度越大,叶轮转动越快,相同时间内木榫E击打P点的次数越多,对应的周期越小,选项C 错误。木榫E击打P点时整体绕转轴O匀速转动,同轴转动的角速度相同,因为O、Q两点之间的距离大于O、P两点之间的距离,所以Q点的线速度比P点的大,选项D 正确。

8.BC 提示:空间站中虽为完全失重状态,但重力加速度不为零,选项A 错误。飞船和空间站在A点时离地的距离相等,根据可知,二者的加速度相同,选项B 正确。根据万有引力提供向心力可知,飞船在B点的速度大于空间站在A点的速度,选项C正确。根据=m(R+h)ω2可知,地球的质量M=,地球的密度,选项D 错误。

9.CD 提示:小煤块滑到传送带N前的瞬间,相对传送带N的速率v==1 m/s,选项A 错误。小煤块在传送带N上滑动时所受摩擦力f=μmg=2 N,方向如图2所示,小煤块相对传送带N做匀减速直线运动的加速度a==2 m/s2,小煤块从滑上传送带N到小煤块相对传送带N静止所用的时间t==0.5 s,选项B 错误。小煤块在传送带N上滑动的划痕长度x满足v2=2ax,解得x=0.25 m,选项C 正确。小煤块在传送带N上滑动的过程中,因摩擦而产生的热量Q=μmgx=0.5 J,选项D 正确。

图2

10.AC 提示:小球的加速度为零时速度最大,设此时弹簧的压缩量为x1,则mgsin 45°=kx1cos 45°,因此两小球下落的高度均为h==5 cm,根据2mgh=可得,两小球的最大动能Ekmax=0.1 J,选项A 正确。小球沿细杆先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,选项B错误。设小球下落高度为H时的速度减小为零,则2mgH=,解得H=10 cm＞9 cm,故小球将从杆的最低点脱落,选项C 正确。当两小球运动到杆的最低点时弹簧的弹性势能最大,此时弹簧的压缩量为0.18 m,根据Ep=,解得Ep=0.324 J,选项D 错误。

11.(1)11 5 (2)有 (3)相等 3k=2b

12.(1)C (2)在相邻相等时间内的位移差是相同的 如图3所示y(3)b2.32 (4)C

图3

13.(1)设运动员在水平轨道上的运动距离为x1(水平轨道末端)时的速率为v1,在倾斜轨道上的运动距离为x2(P点)时的速率为v2,根据v2-x图像知v1=8 m/s,v2=35 m/s,x1=12.8 m,x2=303.05 m。在倾斜轨道上,根据位移与速度的关系式得v22-v21=2a2(x2-x1),根据牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma2,解得a2=2 m/s2,f=72 N。(2)运动员在水平轨道上运动时,根据位移与速度的关系式得v21=2a1x1,根据速度公式得v1=a1t1,解得a1=2.5 m/s2,t1=3.2 s。运动员在倾斜轨道上运动的时间,因此运动员从开始运动到下滑至P点所用的总时间t=t1+t2=16.7 s。

14.(1)因为小球垂直挡板或平台侧壁撞击时能等速率反弹,所以小球在竖直方向上的分速度不受撞击影响。小球在竖直方向上做自由落体运动,在水平方向上做折返的匀速直线运动。在竖直方向上,根据H=,解得t=1 s;在水平方向上,根据x=v0t,解得x=6 m。根据x=5s可知,小球恰好三次撞击挡板,两次撞击平台,最后落在挡板与地面的交界处。(2)根据小球在竖直方向上做自由落体运动可知,相邻相等时间时隔内的竖直位移之比为1∶3∶5∶7∶9。设小球抛出点与挡板上第一个撞击点的高度差为h,根据h+3h+5h+7h+9h=H,解得h=0.2 m。因此挡板上第一、二两撞击点的间距h1=3h+5h=1.6 m,第二、三两撞击点的间距h2=7h+9h=3.2 m。

15.(1)力F随时间t呈线性变化,则力F的冲量18 N·s。设小物体滑上长木板时的速度为v0,根据动量定理得I=mv0-0,解得v0=6 m/s。小物体在长木板上滑动,摩擦力使长木板做加速运动,根据牛顿第二定律得μmg=Ma,解得a=10 m/s2。若长木板一直加速运动到BC处,则根据位移与速度的关系得v21=2a(d-L),解得v1=m/s。以长木板和小物体组成的整体为研究对象,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得v=4 m/s。因为v1＞v,所以长木板先加速后匀速,最后以速度v=4 m/s 撞击BC。(2)长木板做加速运动的时间0.4 s,长木板的位移,小物体的位移,小物体在长木板上的划痕长度Δx=x2-x1=1.2 m。长木板停止后小物体继续减速滑行的距离,因此小物体在平台AB上滑行的距离s=x3-(L-Δx)=0.8 m。

16.(1)设第1个滑环在细线刚绷紧前的速度为v1,在细线绷紧后的速度为v1＇,根据位移与速度的关系式得v20-v21=2μgl,根据动量守恒定律得mv1=2mv1＇,解得v1＇=0.375 m/s。(2)设第3个滑环在细线刚绷紧前的速度为v3,在细线绷紧后的速度为v3＇,根据动量守恒定律得3mv3=4mv3＇,又有,解得(3)第1个滑环向左运动至细线绷直的过程中有Ek1-Ek0=-μmgl;第2 个滑环向左运动至细线绷直的过程中有Ek2-=-2μmgl,变形为2Ek2-Ek1=-22μmgl;第3个滑环向左运动至细线绷直的过程中有=-3μmgl,变形为3Ek3-2Ek2=-32μmgl;……;第8个滑环向左运动至细线绷直的过程中有8Ek8-7Ek7=-82μmgl。各式相加得8Ek8-Ek0=-μmgl(12+22+32+…+82),欲使所有细线均被拉直,应使E8＞0,故Ek0≥μmgl(12+22+32+…+82),其中,解得v0≥2 51 m/s。