高三物理一轮复习 综合测试题5习题 新人教版
高考物理一轮总复习 力学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
力学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．甲、乙两物体同时从同一位置开始做直线运动，其运动的v －t 图象如下列图，在0～t 0时间内如下说法正确的答案是( )A ．甲的位移大于乙的位移B ．甲的加速度先增大后减小C ．甲的平均速度等于乙的平均速度D ．t 0时刻甲、乙相遇解析：选A. v －t 图象中图线与横轴所围图形的面积表示位移，所以甲的位移大于乙的位移，故A 项正确； v －t 图象中切线的斜率表示加速度，所以甲的加速度一直减小，故B 项错误；由于甲的位移大于乙的位移，而时间一样，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，故C 项错误；甲乙从同一位置开始运动，t 0时间内甲的位移大于乙的位移，所以t 0时刻甲在乙的前面，故D 项错误．2．假设我国宇航员在2022年，首次实现月球登陆和月面巡视勘察，并开展了月表形貌与地质构造调查等科学探测，假设在地面上测得小球自由下落某一高度所用的时间为t 1，在月面上小球自由下落一样高度所用的时间为t 2，地球、月球的半径分别为R 1、R 2，不计空气阻力，如此地球和月球的第一宇宙速度之比为( )A.R 1t 22R 2t 12 B ．R 1t 1R 2t 2 C.t 1t 2R 1R 2D ．t 2t 1R 1R 2解析：选D.对小球自由下落过程有：h ＝12gt 2，又天体外表上有G MmR 2＝mg ，第一宇宙速度v ＝gR ，如此有v 地v 月＝ g 地R 地g 月R 月＝t 2t 1R 1R 2，故D 项正确． 3．一物块从某一高度水平抛出，从抛出点到落地点的水平距离是下落高度的2倍，不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B ．π4C.π3 D ．5π12解析：选B.物块平抛运动的过程中，水平方向有x ＝v 0t ，竖直方向有h ＝v y t2，又x ＝2h ，如此有tan θ＝v y v 0＝1，即θ＝π4，故B 项正确．4．一串质量为50 g 的钥匙从橱柜上1.8 m 高的位置由静止开始下落，掉在水平地板上，钥匙与地板作用的时间为0.05 s ，且不反弹．重力加速度g ＝10 m/s2，此过程中钥匙对地板的平均作用力的大小为( )A ．5 NB ．5.5 NC ．6 ND ．6.5 N解析：选D.钥匙落地时的速度v ＝2gh ＝6 m/s ，以竖直向上为正方向，钥匙与地面作用前后由动量定理得：(F N －mg )t ＝0－(－mv ) ，解得F N ＝6.5 N ，故D 项正确．5．如下列图，质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的A 、B 两物体用一根轻质弹簧连接，在一个竖直向上、大小为6 N 的拉力F 作用下以一样的加速度向上做匀加速直线运动，弹簧的劲度系数为1 N/cm ，取g ＝10 m/s 2.如此弹簧的形变量为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．4 cm解析：选D.此题考查了连接体问题的分析．对AB 两物体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a ，对B 物体由牛顿第二定律得F T －m B g ＝m B a ，又F T ＝kx ，解得x ＝4 cm ，故D 项正确．6．如下列图，P 、Q 两物体保持相对静止，且一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q 的上外表水平，如此如下说法正确的答案是( )A ．Q 处于失重状态B ．P 受到的支持力大小等于其重力C ．P 受到的摩擦力方向水平向右D ．Q 受到的摩擦力方向水平向右解析：选AD.由于P 、Q 一起沿着固定光滑斜面下滑，具有一样的沿斜面向下的加速度，该加速度有竖直向下的分量，所以Q 处于失重状态，故A 项正确；P 也处于失重状态，所以受到的支持力小于重力，故B项错误；由于P的加速度有水平向左的分量，所以水平方向受到的合力方向水平向左，即P受到的摩擦力方向水平向左，故C项错误；由牛顿第三定律可知，P对Q的摩擦力水平向右，故D项正确．7．如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.如此物体沿斜面向上运动过程中，如下说法正确的答案是( )A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大解析：选AC.物体所受滑动摩擦力的大小为F f＝μmg cos θ＝4 N，所以当F减小到4 N 之前，物体的机械能一直增加，当F从4 N减小到0的过程中，物体的机械能在减小，由Fx图象可知，当F＝4 N时，位移为3.2 m，故A项正确，B项错误；当F＝mg sin θ＋μmg cos θ＝10 N时动能最大，由Fx图象知此时x＝2 m，此后动能减小，故C项正确，D项错误．8．绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的vt图象如下列图．t＝0时刻质量为1 kg的楔形物体从B点滑上传送带并沿传送带向上做匀速运动，2 s后开始减速，在t ＝4 s时物体恰好到达最高点A点．重力加速度为10 m/s2.对物体从B点运动到A点的过程中，如下说法正确的答案是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A．物体与传送带间的摩擦因数为0.75B．物体重力势能增加48 JC．摩擦力对物体做功12 JD．物块在传送带上运动过程中产生的热量为12 J解析：选AD.物体前两秒内沿传送带向上匀速运动，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝0.75 ，故A项正确；经分析可知，2 s时物体速度与传送带一样，由图象可知等于2 m/s ，2 s 后物体的加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝12 m/s 2>1 m/s 2，故物体和传送带相对静止，加速度为1 m/s 2，所以物体上滑的总位移为x ＝vt 1＋v 22a＝6 m ，物体的重力势能增加E p ＝mgx sin θ＝36 J ，故B 项错误；由能量守恒得摩擦力对物体做功W ＝E p －12mv2＝34 J ，故C 项错误；物块在传送带上运动过程产生的热量为Q ＝μmg cos θΔx 1，结合图象可得Δx 1＝x 带1－vt 1＝2 m ，Q ＝12 J ，选项D 对．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)某同学用如下列图装置验证动量守恒定律．在上方沿斜面向下推一下滑块A ，滑块A 匀速通过光电门甲，与静止在两光电门间的滑块B 相碰，碰后滑块A 、B 先后通过光电门乙，采集相关数据进展验证．(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力)(1)如下所列物理量哪些是必须测量的______． A ．滑块A 的质量m A ，滑块B 的质量m B .B ．遮光片的的宽度d (滑块A 与滑块B 上的遮光片宽度相等)C ．本地的重力加速度gD ．滑块AB 与长木板间的摩擦因数μE ．滑块A 、B 上遮光片通过光电门的时间(2)滑块A 、B 与斜面间的摩擦因数μA 、μB ，质量m A 、m B ，要完本钱实验，它们需要满足的条件是________．A ．μA ＞μB m A ＞m B B ．μA ＞μB m A ＜m BC ．μA ＝μB m A ＞m BD ．μA ＜μB m A ＜m B(3)实验时，要先调节斜面的倾角，应该如何调节？________________.(4)假设光电门甲的读数为t 1，光电门乙先后的读数为t 2，t 3，用题目中给定的物理量符号写出动量守恒的表达式________．解析：(1)本实验中要验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要验证m Ad t A 甲＝m A dt A 乙＋m Bdt B 乙，应当选项A 、E 正确． (2)由于滑块A 匀速通过光电门甲，如此有mg sin θ＝μmg cos θ，要通过光电门验证两滑块碰撞前后动量是否守恒，需要滑块B 也满足mg sin θ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，所以有μA ＝μB ，又因为碰后两滑块先后通过光电门乙，所以A 的质量大于B 的质量，故C 项正确．(3)实验过程要求两滑块匀速运动，所以调整斜面的倾角，当滑块下滑通过两光电门所用时间相等时，表示滑块在斜面上做匀速运动．(4)由第(1)问解析可得两滑块碰撞前后动量守恒的表达式为：m A dt 1＝m A d t 3＋m B d t 2. 答案：(1)AE (2)C(3)滑块下滑通过两光电门所用时间相等 (意思相近的表示均可给分) (4)m A d t 1＝m A d t 3＋m B d t 2(或m A t 1＝m A t 3＋m Bt 2)10．(20分)如下列图，一质量为m 1＝1 kg 的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板最右端放有一质量为m 2＝1 kg 、大小可忽略不计的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2.现给木板左端施加一大小为F ＝12 N 、方向水平向右的推力，经时间t 1＝0.5 s 后撤去推力F ，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未脱离木板，取g ＝10 m/s 2，求：(1)撤去推力F 瞬间，木板的速度大小v 1和物块的速度大小v 2； (2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量．解析：(1)假设木板和物块有相对滑动，撤F 前， 对木板：F －μ1(m 1＋m 2)g －μ2m 2g ＝m 1a 1 解得：a 1＝8 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 2 解得：a 2＝2 m/s 2因a 1>a 2，故假设成立，撤去F 时，木板、物块的速度大小分别为：v 1＝a 1t 1＝4 m/s v 2＝a 2t 1＝1 m/s(2)撤去F 后，对木板：μ1(m 1＋m 2)g ＋μ2m 2g ＝m 1a 3 解得：a 3＝4 m/s 2对物块：μ2m 2g ＝m 2a 4 解得：a 4＝2 m/s 2撤去F 后，设经过t 2时间木板和物块速度一样： 对木板有：v ＝v 1－a 3t 2 对物块有：v ＝v 2＋a 4t 2 得：t 2＝0.5 s ，v ＝2 m/s撤去F 前，物块相对木板向左滑行了 Δx 1＝v 12t 1－v 22t 1＝0.75 m撤去F 后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了 Δx 2＝v 1＋v 2t 2－v 2＋v2t 2＝0.75 m之后二者之间再无相对滑动，故板长至少为：L ＝Δx 1＋Δx 2＝1.5 m(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量：Q 1＝μ2m 2gL ＝3 J共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度为a ，有：a ＝μ1g ＝1 m/s 2全过程中木板对地位移为：s ＝v 12t 1＋v 1＋v 2t 2＋v 22a ＝4.5 m木板与地面间因摩擦产生的热量为：Q 2＝μ1(m 1＋m 2)gs ＝9 J故全过程中因摩擦产生的热量为：Q ＝Q 1＋Q 2＝12 J解法二：由功能关系可得：Q ＝Fx 1x 1＝v 12t 1Q ＝12 J答案：(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J11．(23分)如下列图，竖直平面内，固定一半径为R 的光滑圆环，圆心为O ，O 点正上方固定一根竖直的光滑杆，质量为m 的小球A 套在圆环上，上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m 的滑块B 一起套在杆上，小球A 和滑块B 之间再用长为2R 的轻杆通过铰链分别连接，当小球A 位于圆环最高点时，弹簧处于原长；当小球A 位于圆环最右端时，装置能够保持静止，假设将小球A 置于圆环的最高点并给它一个微小扰动(初速度视为0)，使小球沿环顺时针滑下，到达圆环最右端时小球A 的速度v A ＝gR (g 为重力加速度)，不计一切摩擦，A 、B 均可视为质点，求：(1)此时滑块B 的速度大小；(2)此过程中，弹簧对滑块B 所做的功； (3)小球A 滑到圆环最低点时，弹簧弹力的大小．解析：(1)由于此时A 、B 速度方向都是竖直向下的，即此时它们与轻杆的夹角大小相等，又因为A 、B 沿轻杆方向的分速度大小相等，所以此时滑块B 的速度大小为：v B ＝v A ＝gR .(2)对系统，由最高点→图示位置有：(W GA ＋W GB )＋W 弹＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m A v 2A ＋12m B v 2B －0其中：W GA ＝m A g ·Δh A ＝mgRW GB ＝m B g ·Δh B ＝mg ·(3R －3R )解得：W 弹＝(3－3)mgR .(3)图示位置系统能够保持静止，对系统进展受力分析，如下列图kx 1＝(m A ＋m B )g x 1＝Δh B ＝(3－3)R小球A 滑到圆环最低点时弹簧的伸长量为：x 2＝2R ，所以在最低点时，弹簧的弹力大小为：F 弹＝kx 2解得：F 弹＝6＋23mg3答案：(1)gR (2)(3－3)mgR (3)6＋23mg3。
高考物理一轮复习练习题含解析新人教版
人教物理2019高考一轮练习题（10）李仕才一、选择题1、（2018甘肃武威市第六中学高三阶段考）将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图所示、现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状，整体沿力F的方向匀速运动，则( )A. 物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B. 物体A只受一个摩擦力C. 物体B对A的弹力小于桌面对物体A的摩擦力D. 物体B在水平方向受三个力的作用【答案】C【解析】对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力，桌面的滑动摩擦力，B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡，选项AB错误;受力如图。
从图上可知，木板B对A的压力小于桌面对木板A的摩擦力，选项C正确;对B分析，在水平方向上受推力F，桌面的摩擦力，A对B的压力，A对B的静摩擦力，在四个力作用下平衡，选项D错误。
2、如图所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB。
若水流速度不变，两人在靜水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为( )A 、t 甲＜t 乙B 、t 甲＝t 乙C 、t 甲＞t 乙D 、无法确定 【答案】C3、如图所示，在竖直平面内有一半径为R 的圆弧轨道，半径OA 水平、OB 竖直，一个质量为m 的小球自A 的正上方P 点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B 时对轨道压力为2mg.已知AP ＝2R ，重力加速度为g ，则小球从P 到B 的运动过程中( )A 、重力做功2mgRB 、合力做功34mgR C 、克服摩擦力做功12mgR D 、机械能减少2mgR 【答案】B4、（2018福建省福州一中期末）真空中相距为3a 的两个点电荷M 、N ，分别固定于x 轴上x 1=0和x 2=3a 的两点上，在它们连线上各点场强E 随x 变化关系如图所示，以下判断正确的是（ ）A. x =2a 处的电势一定为零B. 点电荷M 、N 一定为同种电荷C. 在两点电荷之间沿x 轴正向电势降低D. 点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为4:1 【答案】BD【解析】由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故2x a =处的电势可以为零，也可以不为零，故A 错误;由于M 、N 之间的场强的方向相反，故点电荷M 、N 一定为同种电荷，故B 正确;由于不知道M 、N 的所带电荷的性质，故需要讨论，若都带正电荷，则02a ～场强的方向向右，而沿电场线方向电势降低，故沿x 轴正向电势降低;若都带负电荷，则02a ～场强的方向向左，故沿x 轴正向电势升高，故C 错误;M 在2a 处产生的场强()122MkQ E a =，而N 在2a 处产生的场强22NkQ E a =，由于2a 处场强为0，故12E E =，所以41M N Q Q =，故D 正确。
高考物理一轮总复习 电学综合训练(含解析)新人教版-新人教版高三全册物理试题
电学综合训练一、选择题：(此题共8小题，每一小题6分，共48分．在每一小题给出的四个选项中，其中第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求，全部答对得6分，选对但不全得3分，错选得0分)1．如下列图，绝缘水平面上有两条平行光滑长直导轨，导轨左端接有电阻R ，电阻为r 的金属棒AB 垂直跨放在导轨上且与导轨接触良好，其他电阻不计．两导轨间存在竖直向下的匀强磁场．给AB 以水平向右的初速度v 0并开始计时，下面四幅反映AB 的速度v 随时间t 变化规律的图象中，可能正确的答案是( )解析：选D.AB 杆以水平向右的初速度v 0切割磁感线，在回路中充当电源，电路中产生的电流为I ＝Blv R ＋r ，AB 杆受到的安培力F 安＝BIl ＝B 2l 2v R ＋r，对AB 杆受力分析可知，水平方向合外力等于安培力，充当阻力使其减速，所以其加速度随速度的减小而减小，直到速度减为零时，加速度减为零，故D 项正确．2．如下列图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，有一等腰直角三角形ACD .A 点有一根垂直于ACD 平面的直导线．当导线中通有图示方向的电流时，D 点的磁感应强度为零．如此C 点的磁感应强度大小为( )A. 0B ．B 0 C.2B 0 D ．2B 0解析：选C.由D 点的磁感应强度为零可知，通电直导线在D 点产生的磁场与空间中存在的匀强磁场的磁感应强度等大反向，所以匀强磁场方向垂直于AD 向下，由于C 点与D 点与A 等距离，所以通电直导线在C 点产生的磁场磁感应强度大小为B 0，方向垂直于AC 向左，如此C 点的磁感应强度大小为2B 0，故C 项正确．3．一个阻值为20 Ω的电阻，通有如下列图的电流，在一个周期内，前半个周期电流随时间按正弦规律变化，后半个周期电流为恒定电流，如此在一个周期内，电阻产生的热量为( )A ．0.2 JB ．0.4 JC ．0.6 JD ．0.8 J解析：选C.求解电阻产生的热量时应该用电流的有效值，由有效值的定义可得⎝⎛⎭⎪⎫I m 22R T 2＋I 22R T 2＝I 2RT 得，I ＝32A ，如此一个周期内电阻产生的热量为Q ＝I 2RT ＝0.6 J ，故C 项正确． 4．如图甲所示，单匝导线框abcd 固定于匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁场的正方向．从t ＝0时刻开始磁感应强度B 随时间t 变化关系如图乙所示，假设规定逆时针方向为感应电流i 的正方向，如此在下面四个反映线框里感应电流i 随时间t 变化规律的图象中，正确的答案是( )解析：选A.由法拉第电磁感应定律可得：E ＝N ΔBS Δt ，又i ＝E R，结合B t 图象可得，0～1 s 内线圈中产生的电流是恒定的，故C 、D 项错误；由B t 图象可知0～1 s 内垂直纸面向里的磁场磁通量在增大，由楞次定律可知线圈中产生的感应电流的方向为逆时针，与规定的正方向一样，所以为正值，故A 项正确，B 项错误．5．现有一组方向沿x 轴正方向的电场线，假设从x 轴的坐标原点由静止释放一个带电粒子，仅在电场力的作用下，该粒子沿着x 轴的正方向从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处，其电势φ随位置x 坐标变化的情况如下列图．如下有关说法正确的答案是( )A ．该粒子一定带正电荷B ．在x 轴上x ＝0.6 cm 的位置，电场强度大小为0C ．该粒子从x 1＝0处运动到x 2＝1.2 cm 处的过程中，电势能一直减小D ．在x 轴上0～0.6 cm 的范围内的电场强度大于0.6～1.2 cm 的范围内的电场强度 解析：选AC.由于带电粒子由坐标原点由静止开始，仅在电场力的作用下，沿x 轴正方向运动，所以所受电场力方向沿x 轴正方向，与电场线的方向一致，故该粒子一定带正电荷，故A 项正确；由φx 图象中斜率表示电场强度可知，x ＝0.6 cm 处电场强度大小为5 000 V/m ，故B 项错；由φ－x 图象可知，从x ＝0.6 cm 到x ＝1.2 cm 的过程中，电势一直降低，由E p ＝qφ可知，正电荷的电势能一直减小，故C 项正确；由φ－x 图象中斜率表示电场强度可知，0～1.2 cm 的范围内电场强度不变，故D 项错误．6．如下列图的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈接在电压为U 0的正弦式电流电源上，定值电阻R 1＝R 2，变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，通过原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，如此( )A ．I 1∶I 2＝1∶3B ． I 1∶I 2＝3∶1 C. U 1∶U 0＝1∶10 D ． U 2∶U 0＝3∶10解析：选AD.由于理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，所有原副线圈的电流之比是1∶3，故A 项正确；原副线圈两端的电压之比为3∶1，两个定值电阻两端的电压之比U R 1U R 2＝13，左边回路有U 0＝U R 1＋U 1，右边回路中有U 2＝U R 2，所以U 1∶U 0＝9∶10，故C 项错误；U 2∶U 0＝3∶10，故D 项正确．7．如下列图，在匀强磁场中匀速转动的单匝矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ，那么( ) A ．从图示位置开始，线圈转过90°时穿过线圈的磁通量最大 B ．线圈中感应电流的有效值为 2 A C ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πTt (V) D ．从图示位置开始到线圈转过90°时的过程中，线圈中磁通量变化了T π解析：选ABC.从图示位置开始，线圈转过90°时，恰好位于中性面的位置，磁通量最大，故A 项正确；线圈转动产生的是正弦式交变电流，所以电流的有效值为I ＝I m 2，又E m ＝BSω＝BS 2πT ，转过60°时有i ＝E m r cos 2πT t ＝BSωrcos 60°＝1 A ，解得电流的有效值为I ＝ 2 A ，故B 项正确；任意时刻线圈中的感应电动势e ＝BSωcos 2πT t ＝4cos 2πT t ，故C 项正确；从图示位置开始到线圈转过90°的过程中，线圈中的磁通量变化了ΔΦ＝BS ＝2T π，故D 项错误．8．如下列图，在光滑绝缘水平地面上相距为L 处有两个完全一样的带正电小球A 和B ，它们的质量都为m ，现由静止释放B 球，同时A 球以大小为v 0的速度沿两小球连线方向向B 球运动，运动过程中，两球最小距离为L3，如下说法中正确的答案是( ) A ．距离最小时与开始时B 球的加速度之比为9∶1B ．从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为12mv 20 C ．A 、B 组成的系统动能的最小值是14mv 20 D ．B 球速度的最大值为v 0 解析：选AC.开始时，对B 球有：k q 2L 2＝ma 1 ，相距最小时，对B 球有：k q 2⎝ ⎛⎭⎪⎫L 32＝ma 2，如此有：a 2a 1＝91，故A 项正确；当两球相距最小时，两球速度一样，系统动能最小．对A 、B两球自B 球由静止释放至两球相距最小，由动量守恒定律得mv 0＝2mv ；由能量守恒得12mv 20＝12×2mv 2＋E p ，解得E p ＝14mv 20，故B 项错误；最小动能E k ＝12×2mv 2＝14mv 20，故C 项正确；当A 球速度减为零时，B 球速度增大到v 0 ，此时两球相距为L ，此后A 球反向加速，B 球继续加速，故D 项错误．二、非选择题(此题共3小题，共52分)9．(9分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线〞的实验中，所采用的小灯泡的规格为“2.5 V 0.3 A 〞，实验时采用的电路图如图甲所示．(1)某同学从实验室取出A 、B 两个材质一样的滑动变阻器，铭牌不清，从进货单中查知其中一个滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，另一个为1 000 Ω，观察发现A 绕的导线粗而少，而B 绕的导线细而多，本实验应该选用______填(“A 〞或“B 〞)．(2)在实验测量中，某次电压表示数如图乙所示，如此其示数为______V ；此时电流表的示数可能为图丙中的______(填写图丙中各表下方的代号)．(3)假设实验得到另一小灯泡的伏安特性曲线(I U 图象)如图丁所示．假设将这个小灯泡接到电动势为1.5 V 、内阻为5 Ω的电源两端，如此小灯泡的工作电阻为______Ω，小灯泡消耗的功率是________W.解析：(1)由电阻定律R ＝ρL S可知，细而长的电阻大，粗而短的电阻小，而本实验采用分压式接法，应选用电阻小的，应当选A.(2)电压表量程选3 V，所以每小格表示0.1 V，所以读数为2.00 V，有估读数位；由于电压表示数略小于额定电压，所以电流表的示数略小于额定电流，故B项正确．(3)作出闭合电路欧姆定律的IU图象，与小灯泡的IU图象交于一点，其横纵坐标的比值即为小灯泡的工作电阻，为9.8 Ω ；横纵坐标的乘积即为小灯泡消耗的实际功率，为0.1 W.答案：(1)A(2)2.00 B(3)9.8(9.6～10均可) 0.110．(20分)如下列图，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面．Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离为L、质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍．不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)假设k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)假设2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k 的关系式．解析：(1)假设k＝1，如此有MP＝L，粒子在Ⅰ区匀强磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，该情况粒子的轨迹半径为：R＝L粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，如此有：qvB 0＝m v 2R粒子在匀强电场中加速，根据动能定理有：qEd ＝12mv 2 综合上式解得：E ＝qB 02L 22dm. (2)因为2＜k ＜3，且粒子沿水平方向从S 2射出，可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，该粒子运动轨迹如下列图由几何关系：R 2－(kL )2＝(R －L )2， 又有qvB 0＝m v 2R如此整理解得：v ＝qB 0L ＋k 2L 2m. 答案：(1)qB 20L 22dm (2)v ＝qB 0L ＋k 2L 2m11．(23分)如下列图，质量m A ＝0.8 kg 、带电量q ＝－4×10－3 C 的A球用长度l ＝0.8 m 的不可伸长的绝缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，场强E ＝5×103 N/C.质量m B ＝0.2 kg 不带电的B 球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，弹性势能为3.6 J ．现将A 球拉至左边与圆心等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C ，同时撤去水平轨道．A 、B 、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞过程中A 球对B 球做的功和冲量大小；(2)碰后C 第一次离开电场时的速度大小；(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，求C 每次离开电场前瞬间绳子受到的拉力．解析：(1)由机械能守恒定律12m A v 2A ＝m A gl 得碰前A 的速度大小v A ＝4 m/s 方向向右由E ＝12m B v 2B 得碰前B 的速度大小v B ＝6 m/s 方向向左由动量守恒守律m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v C得v C ＝2 m/s 方向向右A 对B 所做的功W ＝12m B v 2C －E ＝－3.2 JA 对B 的冲量I ＝m B vC －(－m B v B )＝1.6 N·s(2)碰后，C 整体受到电场力F ＝qE 因F －m C g ＞m C v 2C l，可知C 先做类平抛运动 如此x ＝v C t ，y ＝12at 2，qE －m C g ＝m C a (y －l )2＋x 2＝l 2联立解得x ＝0.8 m ，y ＝0.8 m ，t ＝0.4 s即C 刚好在圆心等高处线被拉直，此时C 向上的速度为v y ＝at ＝4 m/s设C 第一次运动到最高点速度为v 1，由动能定理(F －m C g )l ＝12m C v 21－12m C v 2y 得v 1＝42≈5.66 m/s(3)设C 从最高点运动到最低点时的速度为v .由动能定律m C g ×2l ＝12m C v 2－12m C v 21 得 v ＝8 m/s 由于F T ＋F －m C g ＝m C v 2l，可知F T ＞0，故C 之后每一次通过最低点均能一直做圆周运动 设C 第n 次经过最高点时的速度为v n .如此(n －1)qE ×2l ＝12m C v 2n －12m C v 21，(n ＝1,2,3……) 由牛顿第二定律得F T ＋m C g －F ＝m C v 2n l解得F T ＝10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……)答案：(1)－3.2 J 1.6 N·s (2)5.66 m/s(3)10(8n －3)N ，(n ＝1,2,3……)。
2019-2020学年度版本高三物理人教版一轮复习习题：综合测试题
——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度版本高三物理人教版一轮复习习题：综合测试题______年______月______日____________________部门本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
) 1．(20xx·江西上饶质检)下列四个图中所有接触面均粗糙，各物体均处于静止状态，其中物体A受力个数可能超过5个的是( )[答案] C[解析] 选项A，首先对整体受力分析可知，墙壁对物体A无作用力，对物体A，若弹簧弹力为零，则物体A受三个力的作用；若弹簧弹力不等于零，则物体A受四个力的作用。
选项B，物体A最多受四个力的作用。
选项C，物体A最多可能受到重力、斜面支持力、斜面摩擦力、物体B对其的压力和摩擦力以及外力F共六个力的作用。
选项D，物体A最多可能受到重力、斜面支持力、斜面摩擦力、物体B对其的压力以及外力F共五个力的作用，所以选C。
2.(20xx·北京东××区期末)如图所示，在粗平地面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块糙水沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则( )A．地面对斜面有水平向右的摩擦力B．地面对斜面有水平向左的摩擦力C．地面对斜面的支持力等于(M＋m)gD．地面对斜面的支持力小于(M＋m)g[答案] C [解析] 本题考查摩擦力方向的判断及整体法离法的应用，意在考查考生应用整体法、隔离法和隔问题的能力。
把木块和斜面看做整体，受力情况分析如图所示，因为整体处于平衡状体。
所以竖直方向有N＝Mg＋mg，水平方向不受力，所以地面对斜面的摩擦力为零。
选项C正确，A、B、D错误。
高考物理一轮复习 试题综合训练 新人教版
高三物理考一轮复习试题综合训练第一卷〔选择题 共48分〕一、此题共12小题；每题4分，共48分。
在每题给出的四个选项中。
有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分。
1．质点做直线运动的v -t 图象如右图所示，规定向右为正方向，那么该质点在前8s 内A ．位移大小为8m ，方向向右B ．路程为8mC ．平均速度大小为0.25m/s ，方向向左D ．平均速度大小为1m/s ，方向向右2．如下图，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心．一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹角为θ.以下关系正确的选项是 ( )A ．F ＝mg tan θB ．F ＝mg tan θC ．F N ＝mgtan θD ．F N ＝mg tan θ 3．如下图，在光滑的水平桌面上有一个物体A ，通过绳子与物体B 相连，假设绳子的质量以及绳子与定滑轮之间的摩擦力都可以忽略不计，绳子不可伸长，如果mB ＝3mA ，那么物体A 的加速度大小等于( )A ．3gB ．gC.3g 4D.g 24．质量为m 的物体，在F 1、F 2、F 3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F 1、F 2不变，仅将F 3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做 ( )A ．加速度大小为F 3m的匀变速直线运动 B ．加速度大小为2F 3m的匀变速直线运动 C ．加速度大小为2F 3m的匀变速曲线运动 D ．匀速直线运动5．宇宙飞船运动中需要屡次“轨道维持〞．所谓“轨道维持〞就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行“轨道维持〞，由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、引力势能和机械能的变化情况将会是( )A ．动能、重力势能和机械能逐渐减小B ．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C ．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D ．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小6．某电场的电场线分布如下图，以下说法正确的选项是A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．c 点的电场强度大于d 点的电场强度C ．假设将正试探电荷由a 点移到b 点，电场力做负功D ．假设将一负试探电荷由c 点移到d 点，电势能减少7.比值法定义物理量是物理学一种常用方法。
高三物理人教版一轮复习习题：综合测试题
综合测试题 ( 附参照答案 )本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100 分，考试时间90 分钟。
第Ⅰ卷 (选择题共 40分)一、选择题 (共 10 小题，每题 4 分，共 40 分。
在每题给出的四个选项中，第1～ 6题只有一项切合题目要求，第 7～ 10 题有多项切合题目要求。
所有选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得0 分。
)1． (2015 江·西上饶质检)以下四个图中所有接触面均粗拙，各物体均处于静止状态，其中物体 A 受力个数可能超出 5 个的是()[答案 ]C[分析 ]选项A ，第一对整体受力剖析可知，墙壁对物体 A 无作使劲，对物体A，若弹簧弹力为零，则物体 A 受三个力的作用；若弹簧弹力不等于零，则物体 A 受四个力的作用。
选项 B ，物体 A 最多受四个力的作用。
选项C，物体 A 最多可能遇到重力、斜面支持力、斜面摩擦力、物体 B 对其的压力和摩擦力以及外力 F 共六个力的作用。
选项D，物体 A 最多可能遇到重力、斜面支持力、斜面摩擦力、物体 B 对其的压力以及外力 F 共五个力的作用，所以选C。
2.(2014 北·京东城区期末)以下图，在粗拙水平川面上放一质量为 M 的斜面，质量为 m 的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则 ()A．地面对斜面有水平向右的摩擦力B．地面对斜面有水平向左的摩擦力C．地面对斜面的支持力等于(M＋ m)gD．地面对斜面的支持力小于(M＋ m)g[答案] C[ 分析 ]此题考察摩擦力方向的判断及整体法和隔绝法的应用，意在考察考生应用整体法、隔绝法剖析问题的能力。
把木块和斜面看做整体，受力状况以下图，因为整体处于均衡状体。
所以竖直方向有N＝ Mg＋ mg，水平方向不受力，所以地面对斜面的摩擦力为零。
选项 C 正确，A、B、D 错误。
3．(2014 南·昌模拟 ) 以下图，竖直轻杆AB 在细绳 AC 和水平拉力作用下处于均衡状态。
近年高考物理一轮复习练习题(5)(含解析)新人教版(2021年整理)
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人教物理2019高考一轮练习题（5）李仕才一、选择题1、(2018河北省衡水市安平中学高三月考）如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。
假设小孩在AB段和BC 段滑动时的动摩擦因数分别为μ1和μ2，AB与BC长度相等，则（）A。
整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用B. 动摩擦因数μ1＋μ2＝2tanθC. 小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重D。
整个过程中地面对滑梯的支持力先小于小孩和滑梯的总重力后大于小孩和滑梯的总重力【答案】BD2、（2018湖南师范大学附属中学高三上学期第二次月考）甲乙两辆汽车都从同一地点由静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变,在第一段时间间隔T内，两辆汽车的加速度大小不变,汽车乙的加速度大小是甲的三倍，接下来，汽车甲的加速度大小增加为原来的三倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的，则A. 在2T末时，甲、乙两车的速度相等B。
甲、乙两车从静止到速度相等时，所经历的位移大小之比为3:5C. 在4T末，两车第一次相遇，且只能相遇一次D。
在运动过程中,两车能够相遇两次【答案】AB【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻T)的速度为，第二段时间间隔末（时刻2T）的速度为，第一段时间间隔内行驶的路程为，加速度为，在第二段时间间隔内行驶的路程为，由运动学公式有，，，；；设汽车乙在时刻T的速度为，第二段时间间隔末（时刻2T）的速度为，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为、，同理有, , ，, ；在2T末时，甲、乙两车的速度相等，故A正确；甲、乙两车从静止到速度相等时,所经历的位移大小之比为3：5，故B正确;在4T末, ，,甲车在前，乙车在后，故D错误；3、一物体静止在粗糙斜面上，现用一大小为F1、方向与斜面平行的拉力向上拉动物体，经过时间t后其速度变为v；若将平行斜面方向的拉力大小改为F，则物体从静止开始经过时间t后速度变为2v.对于上述两个过程,用W F1、2W F分别表示拉力F1、F2所做的功，W G1、W G2分别表示前后两次克服重力所做的2功,W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A．W F2＞4W F1、W f2＞2W f1、W G2＞2W G1B．W F2＞4W F1、W f2＝2W f1、W G2＝2W G1C．W F2＜4W F1、W f2＝2W f1、W G2＝2W G1D．W F2＜4W F1、W f2＞2W f1、W G2＝2W G1【答案】C【解析】由题意可知，两次物体均做匀加速直线运动,根据x＝·t知，在同样的时间内，它们的位移之比为x1∶x2＝1∶2,两次上升的高度之比为h1∶h2＝x1sin θ∶x2sin θ＝1∶2，根据克服重力做功W G＝mgh得W G2＝2W G1；根据克服摩擦力做功W f＝F f x得W f2＝2W f1，由牛顿第二定律得F1－F f－mg sin θ＝ma、F2－F f－mg sin θ＝2ma，可得F2＜2F1，根据W F＝Fx可得W F2＜4W F1，故选项C正确．4、如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块,滑块的一侧是一个1 4圆弧，圆弧半径为R，E点切线水平。
高三物理一轮复习 5.3机械能守恒定律精品练习 新人教版
一、单项选择题1.如图所示，斜轨道与半径为R 的半圆轨道平滑连接，点A 与半圆轨道最高点C 等高，B 为轨道最低点．现让小滑块(可视为质点)从A 点开始以速度v 0沿斜面向下运动，不计一切摩擦，关于滑块运动情况的分析，正确的是( )A ．若v 0≠0，小滑块一定能通过C 点，且离开C 点后做自由落体运动B ．若v 0＝0，小滑块恰能通过C 点，且离开C 点后做平抛运动 C ．若v 0＝gR ，小滑块能到达C 点，且离开C 点后做自由落体运动D ．若v 0>gR ，小滑块能到达C 点，且离开C 点后做平抛运动解析 滑块要刚好能通过最高点C ，最小速度满足mg ＝mv 2R，v ＝gR ，离开C 后做平抛运动，由机械能守恒定律，可知D 正确．答案 D2．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H ，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高处h 处，小球的动能是势能的2倍，在下落至离地高度h 处，小球的势能是动能的2倍，则h 等于( )A.H9 B.2H 9 C.3H 9D.4H 9解析 根据动能定理分别对以下三个过程列方程：小球从抛出到上升到最大高度的过程中，(mg ＋f )H ＝12mv 20；小球从抛出到上升h 的过程中，(mg ＋f )h ＝12mv 20－12mv 21＝12mv 20－2mgh ；小球从最高点落回到h 的过程中，(mg －f )(H －h )＝12mv 22＝12mgh ，由以上三式可解得h ＝4H9，D项正确．答案 D 3.如图所示，轻弹簧下端固定在地面上，压缩弹簧之后用细线绑定拴牢．将一个金属球放置在弹簧顶端(球与弹簧不粘连，放上金属球之后细线仍是绷紧的)，某时刻烧断细线，球将被弹起，脱离弹簧后能继续向上运动，那么该球从细线被烧断到金属球刚脱离弹簧的这一运动过程中( )A．球所受的合力先增大后减小B．球的动能减小而它的机械能增加C．球刚脱离弹簧时的动能最大D．球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小解析因为烧断线后小球向上运动，说明烧断线瞬间弹力大于重力，小球受到的合力向上，随着小球向上运动，弹簧形变减小，弹力减小，小球受的合力先减小，A错；当弹簧形变产生的弹力与小球重力大小相等时，小球受的合力为零，小球速度达到最大，动能最大，B、C错；此后小球继续上升，小球受的合力变为竖直向下，小球减速，这个过程中，除重力做功外，还有弹力做功，弹力做正功，所以小球的机械能增加，球刚脱离弹簧时弹簧的弹性形变消失，弹性势能最小，故D正确．答案 D4.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体最后能与传送带保持相对静止．对于物体从开始释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法正确的是( )A ．电动机多做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgv解析 由能量守恒，电动机多做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量，故A 错；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，B 错；传送带克服摩擦力做的功等于物体对传送带的摩擦力的大小与传送带对地位移的大小的乘积，易知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，故C 错；由功率公式易知电动机增加的功率为μmgv ，故D 对．答案 D5.如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P 点，已知物体的质量为m ＝2.0 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m.现用力F 拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点，由静止开始缓慢向左移动10 cm ，这时弹簧具有弹性势能E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态．若取g ＝10m/s 2，则撤去外力F 后( )A ．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB ．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC ．物体回到O 点时速度最大D ．物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零解析 当物体向右运动至O 点过程中，弹簧的弹力向右．由牛顿第二定律可知，kx －μmg ＝ma (x 为弹簧的伸长量)，当a ＝0时，物体速度最大，此时kx ＝μmg ，弹簧仍处于伸长状态，故C 错误；当物体至O 点时，由E p －μmg ×0.1＝12mv 2可知，物体至O 点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得E p ＝μmgx ′＋E ′p ，因E ′p >0，所以x ′<12.5 cm，A 错误，B 正确；物体到达最右端时，动能为零，但弹簧具有弹性势能，故系统的机械能不为零，D 错误．答案 B6.如图所示，质量为M 、长度为l 的木板静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物块(可视为质点)放在木板的最左端．现用一水平恒力F 作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和木板之间的滑动摩擦力为f ，物块滑到木板的最右端时，木板运动的距离为x ，在这个过程中，以下结论正确的是( )A ．恒力所做的功为flB ．物块到达木板最右端时，木板具有的动能为flC ．物块和木板增加的机械能为(F －f )l ＋FxD ．只要F >f ，就可以把物块从木板上拉下来解析 在功的定义中，位移应为对地位移，所以A 选项错误；根据动能定理，摩擦力对木板做的功fx 即为木板的末动能，所以B 选项错误；重力以外的力所做的总功即为机械能的增量，所以C 选项正确；要发生相对滑动，则物块的加速度要大于木板的加速度，即F －f m >fM，D 错误．答案 C 二、多项选择题7．从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为H ，设上升过程中空气阻力f 恒定．对于小球从抛出到上升至最高处的过程，下列说法正确的是( )A ．小球的动能减少了mgHB ．小球的机械能减少了fHC ．小球的重力势能增加了mgHD ．小球的加速度大于重力加速度g解析 物体克服重力做功mgH ，小球的重力势能增加了mgH ，选项C 正确；小球合外力大小为(mg ＋f )，选项D 正确；合外力做功为－(mg ＋f )H ，由动能定理，得小球动能减少了(mg ＋f )H ，选项A 错误；除重力以外的其他力(空气阻力)做功为－fH ，机械能减少了fH ，选项B 正确．答案 BCD8.如图所示，质量为m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v 0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为H .已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为μ，且μ＜tan α，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能E k与高度h之间关系的图像是( )答案BD9.如图所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架．在A处固定质量为2m的小球，B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动．开始时OB与地面相垂直．放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是( )A. A球到达最低点时速度为零B. A球机械能减少量等于B球机械能增加量C．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度D．当支架从左向右摆回时，A球能回到起始高度解析因A处小球质量大，处的位置高，图中三角形框架处于不稳定状态，释放后支架就会向左摆动．摆动过程中只有小球受的重力做功，故系统的机械能守恒，选项B正确，D选项也正确；A 球到达最低点时，若设支架边长是L ，A 球下落的高度便是12L ，有mg (12L )的重力势能转化为支架的动能，因而此时A 球速度不为零，选项A 错；当A 球到达最低点时有向左运动的速度，还要继续左摆，B 球仍要继续上升，因此B 球能达到的最高位置比A 球的最高位置要高，C 选项正确．答案 BCD10．如图所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中( )A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少了14mglC ．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和解析 物块向下运动过程中，绳子拉力对物块做负功，物块的机械能减少，A 项错误；软绳重心下降的高度为l 2－l 2sin θ＝14l ，软绳的重力势能减少14mgl ，B 项正确；由能的转化和守恒知，物块和软绳重力势能的减少等于物块和软绳增加的动能和软绳克服摩擦力所做的功，C 项错误；对于软绳，由能的转化和守恒知，绳子拉力对软绳所做的功和软绳重力势能的减少之和等于软绳动能的增加与克服摩擦力所做功之和，D 项正确．答案 BD 三、非选择题11．如图，ABC 和ABD 为两个光滑固定轨道，A 、B 、E 在同一水平面上，C 、D 、E 在同一竖直线上，D 点距水平面的高度为h ，C 点的高度为2h ，一滑块从A 点以初速度v 0分别沿两轨道滑行到C 或D 处后水平抛出．(1)求滑块落到水平面时，落点与E 点间的距离s C 和s D ； (2)为实现s C <s D ，v 0应满足什么条件？ 解析 (1)设抛出点高度为y ，根据机械能守恒 12mv 20＝12mv 2＋mgy 平抛初速度v ＝v 20－2gy 落地时间t 满足y ＝12gt 2所以t ＝2y g落地点离抛出点水平距离s ＝vt ＝v 20－2gy 2y g分别以y ＝2h ，y ＝h 代入得s C ＝v 20－4gh4hgs D ＝v 20－2gh2hg.(2)按题意s C <s D ，有2(v 20－4gh )<v 20－2gh 所以v 20<6gh考虑到滑块必须要能够到达抛出点C ， 即v 2C ＝v 20－4gh >0 所以v 20>4gh因此为保证s C <s D ，初速度应满足2gh <v 0<6gh . 答案 (1)s C ＝v 20－4gh 4hgs D ＝v 20－2gh2hg(2)2gh <v 0<6gh12．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R .用质量m 1＝0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点．用同种材料、质量为m 2＝0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为x ＝6t －2t 2，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道．g ＝10m/s 2，求：(1)BP 间的水平距离；(2)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点； (3)释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．解析 (1)设物块由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR v y v D＝tan45°得v D ＝4m/s平抛用时为t ，水平位移为s ，R ＝12gt 2，s ＝v D t ，得s ＝2R ＝1.6m在桌面上过B 点后初速度v 0＝6m/s ，加速度a ＝4m/s 2，减速到v DBD 间位移为s 1＝v 20－v 2D2a＝2.5m则BP 水平间距为s ＋s 1＝4.1m.(2)若物块能沿轨道到达M 点，其速度为v M ， 12m 2v 2M ＝12m 2v 2D －22m 2gR 轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋m 2g ＝m 2v 2M R解得F N ＝(1－2)m 2g <0 即物块不能到达M 点．(3)设弹簧长为AC 时的弹性势能为E p ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，释放m 1时，E p＝μm 1gs CB释放m 2时，E p ＝μm 2gs CB ＋12m 2v 2且m 1＝2m 2，得E p ＝m 2v 20＝7.2 Jm 2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ，则E p ＝W f ＋12m 2v 2D 可得W f ＝5.6 J.答案 (1)4.1m (2)不能 (3)5.6 J。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第5单元 机械能 作业15机械能守恒定律及其应用
作业15机械能守恒定律及其应用A组基础达标微练一机械能守恒的理解和判断1.关于下列运动过程(忽略空气阻力),说法正确的是( )A.图甲中“蛟龙号”被吊车匀速吊下水的过程中机械能守恒B.图乙中投出去的铅球在运动过程中机械能守恒C.图丙中体验滑草运动的游客在下滑过程中机械能守恒D.图丁中撑竿跳高运动员在上升过程中机械能守恒2.(浙江五湖联盟模拟)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离。
假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法不正确的是( )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹力做负功,弹性势能增加C.蹦极过程中,重力势能的改变量与重力势能零点的选取有关D.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒微练二单物体机械能守恒的应用3.(浙江台州期末)小球在竖直光滑圆轨道的最低点获得一初速度,沿轨道内侧做完整的圆周运动,取圆轨道的最低点的重力势能为零。
不计空气阻力,关于小球运动到最高点时的机械能E、重力势能E p和动能E k的大小关系,可能正确的是( )E pA.E k=E pB.E k=15E pC.E=E pD.E=344.(浙江强基联盟模拟)茶起源于中国。
中国茶文化发展源远流长、博大精深。
炒青可使茶叶柔软、增进茶香,是铁观音制作的重要步骤。
技师从热锅底中将质量为m的茶叶以初速度v0竖直扬起,如图所示,不考虑阻力,以锅底为零势能面,则茶叶重心上升h时( )A.重力做功为mghmv02B.合外力做功为mgh-12mv02+mghC.动能为12mv02D.机械能为12微练三多物体的机械能守恒问题5.(浙江嘉兴期末)一轻弹簧竖直放置,如图所示,下端固定在水平地面上,自然伸长时弹簧上端处于A点。
t=0时将小球从A点正上方O点由静止释放,t1时到达A点,t2时弹簧被压缩到最低点B。
以O为原点,向下为正方向建立x坐标轴,以B点为重力势能零点,弹簧形变始终处于弹性限度内。
高考物理一轮选练编题(5)(含解析)新人教版
人教物理 2019 高考一轮选练编题（ 5）李仕才一、选择题1、如下图 , 三根同样的绳索尾端连结于O 点 ,A,B 端固定 ,C 端受一水平力F, 当 F 渐渐增大时(O 点地点保持不变 ), 最初断的绳索是 (A )A.OA 绳B.OB 绳C.OC 绳D.三绳同时断分析 : 对结点 O 受力剖析 , 受三个绳的拉力 , 依据均衡条件的推论得 , 水平易竖直两绳拉力的协力与OA 绳的拉力等大反向 , 作出平行四边形 , 解得三个绳中 OA 绳的拉力最大 , 在水平拉力渐渐增大的过程中 ,OA 绳先达到最大值 , 故 OA 绳先断 , 选项 A 正确 .2、( 多项选择 )O 为地球球心，半径为 R 的圆为地球赤道，地球自转方向如下图，自转周期为 T ，察看站 A 有一观察员在连续察看某卫星B. 某时辰观察员恰能察看到卫星 B 从地平线的东边落TB 从地平线的西边升起．已知∠ BOB ′＝α，地球质量为M ，下，经 2的时间，再次察看到卫星 引力常量为 G ，则 ( )πT A ．卫星 B 绕地球运动的周期为2π－απT B ．卫星 B 绕地球运动的周期为2π＋α3 GM T2C ．卫星 B 离地表的高度为4 ·2π－α － R3 GM T2D ．卫星 B 离地表的高度为4 ·2π＋α－ R分析：选 BD.当地球上 A 处的观察员随处球转动半个周期时，卫星转过的角度应为 2π＋α，T 2π＋α πT所以 2＝ 2π T 卫 ，解得 T 卫 ＝ 2π＋α ，A 错， B 对．卫星绕地球转动过程中万有引力充任1Mm2π 23 23 GMT2T GM卫＝ m T 卫 r，得 r＝卫＝4 ·2π＋α，则卫星距地表的高度向心力， G r 卫卫 卫 卫 4π22h ＝ r－ R ＝3GMT2错， D 对．卫 4 ·2π＋α－ R ，C3、（ 2018 山东省师大附中高三第三次模拟）如下图，一斜面固定在地面上，木块m 和 M叠放在一同沿斜面向下运动，它们一直相对静止，m 、 M 间的动摩擦因数为 μ1， M 、斜面间的动摩擦因数为 μ2，则 ( )A. 若 m 、 M 一同匀加快运动，可能有 μ1＝ 0， μ2＝ 0B. 若 m 、 M 一同匀速运动，必定有 μ1＝ 0， μ2≠0C. 若 m 、 M 一同匀加快运动，必定有 μ1≠0， μ2＝ 0D. 若 m 、 M 一同匀速运动，可能有 μ1≠0， μ2≠0 【答案】 D4、如下图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压经过输电线送给用户( 电灯等用电器 ) ，R 表示输电线的电阻，则 ()A ．用电器增添时，变压器输出电压增大B ．要提升用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增添时，输电线的热消耗减少D ．用电器增添时，变压器的输入功率减小分析：选 B. 因为变压器原、副线圈的匝数不变，并且输入电压不变，所以增添负载不会影n 2 响输出电压，故A 错误；依据变压器原理可知输出电压U 2＝U 1，当滑动触头 P 向上滑时，n 1n 2 增大，所以输出电压增大，用户两头电压增大，故 B 正确；因为用电器是并联的，所以用电器增添时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热消耗增大，故C 错误；2用电器增添时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故 D 错误．5、如下图 , 有一个等腰三角形磁场地区 , 底边长为 2L, 高为 L, 左半边的磁场方向垂直纸面向外 , 右半边的磁场方向垂直纸面向里, 磁感觉强度大小均为B. 边长为 L、总电阻为 R的正方形导线框abcd, 从图示地点开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场地区. 取沿 a→ b→ c→ d→a 方向的感觉电流为正, 取 I m=, 则表示线框中电流i 随 bc 的地点坐标x 变化的图像正确的是( C )分析 : 线框 bc 边在 0～ L 过程中无感觉电流, 在 L～2L 过程中切割磁感线的有效长度线性增大,由右手定章判断感觉电流沿a→ b→ c→d→ a 方向的正方向 , 由 I=可知,感觉电流大小渐渐增大 ; 线框 bc 边在 2L～ 3L 过程中 ,ad 边和 bc 边都有部分切割磁感线, 等效切割的有效长度不变 , 产生的感觉电流大小不变 , 方向为负方向 ; 线框 bc 边在 3L～ 4L 过程中 ,ad 边切割磁感线的有效长度线性减小 , 产生的感觉电流大小渐渐减小 , 方向为正方向 , 故 C 正确 .6、对于以下物理现象的剖析，说法正确的选项是()A．鸟儿能高兴地停在高压电线上，是因为鸟儿的脚底上有一层绝缘皮B．电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势C．话筒能把声音变为相应的电流，是因为电流的磁效应D．静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为同种电荷分析：选 B. 鸟儿能高兴地停在高压电线上，是因为鸟儿的两脚之间的导线的电阻很小，两脚间的跨步电压很小，选项 A 错误；电动机电路开关断开时会出现电火花，是因为电路中的线圈产生很大的自感电动势，击穿空气产生火花放电，选项 B 正确；话筒能把声音变为相应的电流，是因为电磁感觉现象，选项 C 错误；静电喷涂时，被喷工件表面所带的电荷与涂料微粒所带的应为异种电荷，选项 D 错误．7、如下图，在圆滑水平面上搁置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个1圆弧，圆弧4半径为 R，E 点切线水平。
近年高考物理一轮复习选编练题(5)(含解析)新人教版(2021年整理)
2019高考物理（人教版)一轮选编练题（5)李仕才1、一质点沿直线Ox方向做变速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝(5＋2t3） m,它的速度随时间变化的关系为v＝6t2(m/s）．该质点在t＝0到t＝2 s内的平均速度和t＝2 s到t＝3 s内的平均速度大小分别为()A．12 m/s，39 m/s B．8 m/s，38 m/sC．12 m/s，19。
5 m/s D．8 m/s，12 m/s【答案】B2、如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用,F平行于斜面向上。
若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围,已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出( )A．物块的质量 B。
斜面的倾角C。
物块与斜面间的最大静摩擦力 C.物块对斜面的正压力【答案】C3、(多选）一汽车在路面情况相同的公路上沿直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论，正确的是（ )A ．车速越大，它的惯性越大B ．质量越大，它的惯性越大C ．车速越大，刹车后滑行的位移越长D ．车速越大，刹车后滑行的位移越长，所以惯性越大【答案】BC【解析】要理解质量是惯性大小的唯一决定因素,惯性是物体的固有属性,其大小仅由物体的质量决定，质量越大，惯性越大,所以选项A 错误,B 正确．滑行位移应由刹车时的速度确定,因为刹车过程中，其加速度是一定的,根据v2－v 02＝2ax ,所以车速越大,其滑行位移越大，而与其惯性大小无关，所以选项C 正确,D 错误．4、(多选）(2018·福建南平模拟)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( )A 。
若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时间内的平均速度一定等于零B 。
若物体在某段时间内的平均速度等于零，则它在这段时间内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C 。
匀速直线运动中,物体在任意一段时间内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D。
变速直线运动中，物体在任意一段时间内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度【答案】AC【解析】若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A选项对;若物体在某段时间内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零,例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时间内的平均速度，C选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的平均速度,D选项错.5、一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动.开始刹车后的第1 s内和第2 s内位移大小依次为9 m和7 m。
2021-2022年高三物理上册第一轮复习测试题5 含答案
2021年高三物理上册第一轮复习测试题5 含答案注意事项：1.高考试题中理科综合试卷总分300分,时间150分钟,本试卷只呈现物理部分。
2.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分,卷Ⅰ为选择题,卷Ⅱ为非选择题。
第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,第14～18题只有一项符合题目要求,第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
14.在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是( )A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D.绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化15.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( )A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半16.如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。
一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。
已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。
不计重力。
铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A.2B.C.1D.17.如图,用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上,系统处于平衡状态。
现使小车从静止开始向左加速,加速度从零开始逐渐增大到某一值,然后保持此值,小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。
与稳定在竖直位置时相比,小球的高度( )A.一定升高B.一定降低C.保持不变D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定18.如图甲,线圈ab、cd绕在同一软铁芯上。
2021版新高考物理人教版一轮阶段综合检测(五)
阶段综合检测(五)(第九～十一章)(90分钟100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。
两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ,线圈Ⅰ固定,线圈Ⅱ置于天平托盘上。
当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。
下列说法正确的是( )A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力D.线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力【解析】选A。
当两线圈电流方向相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排斥,故当天平示数为正时,两者相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两者相互吸引,电流方向相同,A正确B错误;线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对相互作用力,等大反向,C错误;静止时,线圈Ⅱ平衡,线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力施力物体不同,受力物体相同,不满足相互作用力的条件,D错误。
【总结提升】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律:两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。
①电流方向相同时,将会吸引;②电流方向相反时,将会排斥。
2.如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,半径OC与OB成60°角,质子甲以速度v从A点沿直径AB方向射入磁场,从C点射出。
质子乙以速度从B点沿BA方向射入磁场,从D点(图中未画出)射出磁场,不计质子重力,则C、D两点间的距离为 ( )A.RB.2RC.2RD.R【解析】选D。
质子在磁场中运动的轨迹如图所示,洛伦兹力提供质子做匀速圆周运动的向心力,则qvB0=m,得r=,由几何关系有r1==R。
由于质子乙的速度是,故其轨迹半径r2==R,则tan∠O2OB==,得∠O2OB=30°,故∠BOD=2∠O2OB=60°,CD=2Rsin 60°=R,选项D正确。
物理人教版高中必修1高三物理综合训练五
word整理版学习参考资料高三物理综合训练五选择题部分共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
全部选对的得6分，选不全的得3分，选错或不选的得0分。
14．下列说法中正确的是（）A．物体甲自发传递热量给物体乙，说明甲物体的内能一定比乙物体的内能大B．物体的温度越高，其分子的平均动能越大C．只为能量守恒，所以“能源危机”是不可能发生的 D．物体内能增加，一定是物体从外界吸收了热量15．如图所示，又一箱装的很满的土豆，以一定的安装速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的作用力大小应该是（）A．mgB．mg?C12??mgD21??mg16．关于声波和电磁波，下列说法中正确的是（）A．它们都能产生反射、折射、干涉、衍射等现象B．它们都不能在真空中传播而只能在介质中传播C．当它们由一种介质进入另一种介质时，它们的波长都不变D．声波是纵波，电磁波是横波，因为电磁波有偏振现象而声波没有417．23490Th（钍）具有天然放射性，能放出一个?粒子而变为23491Pa（镤）。
则下列说法中正确的是（）A．23490Th 核比23491Pa 核少1个质子B．23490Th 核与23491Pa 核的中子数相等C．精确地讲，一个23490Th核的质量比一个23491Pa核的质量小D．精确地讲，一个23490Th核的质量比一个23491Pa核与一个?粒子的质量和大18．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab. 导轨一端连接电阻R，其它电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止起向右运动，则（）A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D．无论ab做何运动，它克服安培力做的功一word整理版学习参考资料定等于电路中产生的电能19．如图所示，沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是（）A．图示时刻质点b的加速度将减小B．从图示时刻开始，经过0.01s，质点a通过的路程为0.4mC．若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为50HzD．若该波传播中遇到宽约4m的障碍物能发生明显的衍射现象20．如图所示，一束只含有红光和紫光的较强复色光沿PO方向垂直于AB边射入玻璃三棱镜后，分成两束沿O′M和O′N方向射出，则（）A．O′M为红光，O′N为紫光B．O′M为紫光，O′N为红光C．O′M为红光，O′N为红紫复色光D．O′M为紫光，O′N为红紫复色光21．在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m 的重物，重物到轴的距离为R，如图所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过（）A gmRmM??B gmRmM??C gmRmM??D mRMg22．(1) (10分)某同学利用闪光照片研究平抛物体运动，他记录了小球沿水平桌面运动并抛出的闪光照片，如图所示，若图中每一正方形小格的边长为1cm，照相机两次闪光的时间间隔为0.10s，利用图中数据，可计算出小球抛出的水平速度为 m/s，小球通过c点时的竖直速度为 m/s（可以用根式表示）。
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【走向高考】2016届高三物理一轮复习 综合测试题5习题 新人教版 本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
)1．(2015·晋城质检)全地形越野车装有全方位减震装置，其原理简化图如图所示(俯视图，越野车底部弹簧未画出)，其弹簧(完全一样，图中弹簧在车子静止时处于原长状态)使受保护区运动延时，从而起到减震作用。
以下对运动中车子的描述正确的是( )A ．如果车子前轮跌落沟里，弹簧增加的弹性势能全部来自动能B ．如果车子前轮跌落沟里，弹簧增加的弹性势能部分来自动能C ．如果车子前轮冲向高坡，弹簧的弹性势能转化为重力势能D ．如果匀速行驶的车子突然刹车，前后弹簧形变量大小不相等[答案] B[解析] 当车子前轮跌落沟里时，动能与重力势能都会减小，转化为弹性势能，A 错，B 对；当车子冲向高坡时，动能转化为弹性势能与重力势能，C 错；匀速行驶时，前后弹簧都处于原长状态，突然刹车时，由于惯性，前面弹簧会缩短，后面弹簧会伸长，其形变量大小一样，D 错。
2.如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。
现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F(F ＝mg)，若其他条件不变，则木盒滑行的距离( )A ．不变B ．变小C ．变大D ．变大变小均可能[答案] B[解析] 设木盒质量为M ，木盒中固定一质量为m 的砝码时，由动能定理可知，μ(m ＋M)gx1＝12(M ＋m)v2，解得x1＝v22μg；加一个竖直向下的恒力F(F ＝mg)时，由动能定理可知，μ(m ＋M)gx2＝12Mv2，解得x2＝Mv22m ＋M μg。
显然x2<x1。
3．(2014·吉林白山一模)用长度为L 的细绳悬挂一个质量为m 的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直。
放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( )A ．mg glB ．12mg glC ．12mg 3glD ．13mg 3gl [答案] C [解析] 设小球摆到离最低点的高度为h 时，动能和重力势能相等，即mgh ＝12mv2，由释放点到h 高度处，应用动能定理得mg(L －h)＝12mv2，由以上两式得h ＝L 2，v ＝gL 。
设h 高度处悬线与水平方向的夹角为α，由几何关系得α＝30°，根据功率的定义得P ＝mgvcos30°＝12mg 3gl ，C 正确。
4．(2014·福建理综)如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。
质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。
现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块( )A ．最大速度相同B ．最大加速度相同C ．上升的最大高度不同D ．重力势能的变化量不同[答案] C[解析] 本题考查了弹性势能与重力势能及动能的变化。
解题关键是各物理量所对应弹簧所处的状态及受力情况。
开始压缩量相同，弹力相同，释放瞬间两球加速度最大，由牛顿第二定律，kx0－mgsinθ＝mam ，am ＝kx0m－gsinθ，由于两物块质量不同，因此最大加速度不同，因此B 选项错误；当物块加速为零时，速度最大，则kx ＝mgsinθ，由能量转化与守恒定律，有12kx20＝12kx2＋12mv2m ，所以v2m ＝kx20m －mg2sin2θk，m 越大，vm 越小，两物块质量不同，最大速度不同，选项A 错误；达到最大高度时速度为零，弹性势能转化为重力势能，则12kx20＝mgh ，h ＝kx202mg，两物块质量不同，上升的最大高度不同，选项C 正确；弹簧相同，开始压缩量相同，全过程释放的弹性势能完全转化为重力势能，即ΔEPG ＝EPO ，重力势能的变化量相同，选项D 错误。
本题对最大速度的分析是难点，列出能量守恒关系式才能准确解答。
5.一个小物块冲上一个固定的粗糙斜面，经过斜面上A 、B 两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了B 、A 两点，如图所示，关于物块上滑时由A 到B 的过程和下滑时由B 到A 的过程，动能变化量的绝对值ΔE 上和ΔE 下，以及所用的时间t 上和t 下，相比较，有( )A ．ΔE 上<ΔE 下，t 上<t 下B ．ΔE 上>ΔE 下，t 上>t 下C ．ΔE 上<ΔE 下，t 上>t 下D ．ΔE 上>ΔE 下，t 上<t 下[答案] D[解析] 由题意可知，小物块沿斜面上升时，F 上＝mgsinθ＋f ，小物块沿斜面下降时，F 下＝mgsinθ－f ，故F 上>F 下，a 上>a 下，由于物块克服摩擦力做功，则可知vA 上>vA 下，vB 上>vB 下，由v ＝v0＋vt 2可得v 上>v 下，故t 上<t 下，另由动能定理可得ΔE 上>ΔE 下。
6．(2015·梅州质检)如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，B 、C 两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，A 固定在水平地面上，C 放在固定的倾角为30°的光滑斜面上。
已知B 的质量为m ，C 的质量为4m ，重力加速度为g ，细绳与滑轮之间的摩擦力不计。
现用手按住C ，使细绳刚刚拉直但无张力，并保证ab 段的细绳竖直、cd 段的细绳与斜面平行。
开始时整个系统处于静止状态，释放C 后，它沿斜面下滑，斜面足够长，则下列说法正确的是( )A ．C 下滑过程中，其机械能守恒B ．C 下滑过程中，其机械能一直增加C ．当B 的速度达到最大时，弹簧的伸长量为2mg kD ．B 的最大速度为2g m 5k[答案] D[解析] C 物体下滑过程中，绳的拉力对C 物体始终做负功，C 的机械能一直减小，A 、B 错误；通过受力分析可知，当B 物体的速度最大时，B 、C 两物体的加速度为零，则绳子上的张力大小为2mg ，此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x2满足kx2＝2mg －mg ，x2＝mg k，C 错误；开始时弹簧压缩的长度为x1＝mg k，则B 物体上升的距离以及C 物体沿斜面下滑的距离均为h ＝x1＋x2，由于x1＝x2，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，设B 物体的最大速度为vm ，由机械能守恒定律得，4mghsin30°＝mgh ＋12×5mv2m ，得vm ＝2g m 5k ，D 正确。
7．如图所示，在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线。
从图中可以判断( )A ．在0～t1时间内，外力做正功B ．在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t2时刻，外力的功率最大D ．在t1～t3时间内，外力做的总功为零[答案] AD[解析] 由v －t 图象可知，在0～t1时间内，由于质点的速度增大，根据动能定理可知，外力对质点做正功，A 正确；在0～t1时间内，因为质点的加速度减小，故所受的外力减小，由图可知t1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大的，B 错误；在t2时刻，由于质点的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C 错误；在t1～t3时间内，因为质点的动能不变，故外力做的总功为零，D 正确。
8．(2014·浙江温州一模)用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v －t 图象如图所示。
下列说法正确的是( )A ．在0～t1时间内，货物处于超重状态B ．在t2～t3时间内，起重机拉力对货物做负功C ．在t1～t3时间内，货物的机械能一直在增大D ．匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小[答案] ACD[解析] 根据v －t 图线可知，0～t1时间内，有向上的加速度，货物处于超重状态，A 正确；t2～t3时间内，货物向上减速运动，起重机拉力对货物做正功，B 错误；t1～t3时间内，除重力做功外，拉力一直做正功，货物的机械能一直在增大，C 正确；加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率P1＝Fv ，匀速阶段拉力的功率P2＝mgv ，虽然v1<v ，但是F>mg ，则P1可能大于P2，故D 正确。
9．如图所示轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成的，一个小滑块从距轨道最低点B 为h 高度的A 处由静止开始运动，滑块质量为m ，不计一切摩擦。
则( )A ．若滑块能通过圆轨道最高点D ，h 的最小值为2.5RB ．若h ＝2R ，当滑块到达与圆心等高的C 点时，对轨道的压力为3mgC ．若h ＝2R ，滑块会从C 、D 之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D ．若要使滑块能返回到A 点，则h≤R[答案] ACD[解析] 要使滑块能通过最高点D ，则应满足mg ＝m v2R，可得v ＝gR ；即若在最高点D 时滑块的速度小于gR ，滑块无法达到最高点；若滑块速度大于等于gR ，则可以通过最高点做平抛运动；由机械能守恒定律可知，mg(h －2R)＝12mv2，解得h ＝2.5R ，A 正确。
若h ＝2R ，由A 至C 过程由机械能守恒可得mg(2R －R)＝12mv2C ，在C 点，由牛顿第二定律有FN ＝m v2C R，解得FN ＝2mg ，由牛顿第三定律可知B 错误。
h ＝2R 时小滑块不能通过D 点，将在C 、D 中间某一位置离开圆轨道做斜上抛运动，故C 正确。
由机械能守恒可知D 正确。
10．(2014·山东日照一模)如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转。
现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端。
则下列说法中正确的是( )A ．第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量C ．第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D ．第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能[答案] ACD[解析] 对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦力一直做正功，故A 正确；根据功能关系，除重力、弹力外，其他力做功对应机械能的变化，故第一阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加，故B 错误；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程摩擦力对物体所做的功，故C 正确；第一阶段摩擦力对物体所做的功一部分转化为物体的动能，另一部分转化为物体及传送带的内能；第二阶段，摩擦力对物体所做的功都转化为机械能，故摩擦力与相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能。