高三物理小练习【附答案解析】

试卷第1页，总4页高三物理小练习【附答案解析】一、选择题1．t=0时甲、乙两物体同时从同一地点出发沿同一直线运动，甲做匀速运动，乙做初速度为零的匀加速运动，以出发点为参考点，它们的位移—时间（x－t）图像如图所示，设甲、乙两物体在t1时刻的速度分别为v甲、v乙，则关于能否确定v甲：v乙的值，下面正确的是（）A．能确定，v甲：v乙=2:1B．能确定，v甲：v乙=1:2C．能确定，v甲：v乙=2:1D．只能比较v甲与v乙的大小，无法确定v甲与v乙的比值2．如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静止在粗糙水平地面上，O为球心．有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在半球形容器底部O′处，另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°，下列说法正确的是（）．A．小球受到轻弹簧的弹力大小为32mgB．小球受到容器的支持力大小为mg2C．小球受到容器的支持力大小为mgD．半球形容器受到地面的摩擦力大小为32mg3．如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于零4．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示。已知线框质试卷第2页，总4页量m＝1kg、电阻R＝1Ω，以下说法错误．．的是A．线框做匀加速直线运动的加速度为1m/s2B．匀强磁场的磁感应强度为22TC．线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22CD．线框边长为1m5．如图所示，在水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿绝缘斜面下滑，已知在金属块下滑的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，则以下判断正确的是A．电场力做功5JB．合力做功15JC．金属块的机械能减少20JD．金属块的电势能增加5J6．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角（0＜＜90°)，其中MN和PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab棒接入电路的电阻为R，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，使棒ab由静止开始沿导轨下滑，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，它的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中：（）A.棒ab运动的平均速度大小为12B.滑行距离为qRBLC.产生的焦耳热为qBLD.受到的最大安培力大小为22sinBLR7．如图所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度作匀速直线运动，由此可知，A、B间的滑动摩擦系试卷第3页，总4页数μ1和B、C间的滑动摩擦系数μ2有可能是A．μ1=0，μ2=0B．μ1=0，μ20C．μ10，μ2=0D．μ10，μ208．一小球从静止开始做匀加速直线运动，在第15s内的位移比第14s内的位移多0.2m，则下列说法正确的是（）A．小球加速度为0.2m/s2B．小球第15s内的位移为2.9mC．小球第14s的初速度为2.6m/sD．小球前15s内的平均速度为3.0m/s9．图1中，波源S从平衡位置y＝0开始振动，运动方向竖直向上（y轴的正方向），振动周期T＝0.01s，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为v＝80m/s.经过一段时间后，P、Q两点开始振动。已知距离SP＝1.2m、SQ＝2.6m。若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图2的振动图象中，能正确描述P、Q两点振动情况的是PSQvv图1ytOTT2甲ytOTT2乙ytOTT2丙ytOTT2丁图2A．甲为Q点的振动图象B．乙为Q点的振动图象C．丙为P点的振动图象D．丁为P点的振动图象评卷人得分二、计算题10．(12分)如图所示，一质量为m＝1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A点，随传送带运动到B点，小物块从C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，已知圆弧半径R＝0.9m，轨道最低点为D，D点距水平面的高度h＝0.8m．小物块离开D点后恰好垂直碰击放在水平面上E点的固定倾斜挡板，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带以5m/s恒定速率顺时针转动，g＝10m/s2.求：试卷第4页，总4页(1)传送带AB两端的距离；(2)小物块经过D点时对轨道的压力的大小；(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值．11．（12分）如图，质量分别为2m和m的A、B两物体通过轻质细线绕过光滑滑轮.弹簧下端与地面相连，上端与B连接，A放在斜面上，斜面光滑.开始时用手控住A，使细线刚好拉直，但无拉力，此时弹簧弹性势能为EP.滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行.释放A后它沿斜面下滑，当弹簧刚好恢复原长时，B获得最大速度.重力加速度为g，求：(1)斜面倾角α；(2)刚释放A时，A的加速度；(3)B的最大速度vm.12．如图所示，斜面和水平面由一小段光滑圆弧连接，斜面的倾角θ=370，一质量m=0.5kg的物块从距斜面底端B点5m处的A点由静止释放，最后停在水平面上的C点。已知物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为0.3。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）⑴求物块在水平面上滑行的时间及距离。⑵现用与水平方向成370的恒力F斜向右上拉该物块，使物块由静止开始沿水平直线CB运动到B点时立即撤去拉力。为了让物块还能回到A点，求恒力F的范围。ABC。答案第1页，总5页参考答案1．B【解析】试题分析：若设甲的速度为v，因为乙做初速度为零的匀加速运动，故相遇时两物体的位移相等，乙的平均速度也为v，则可知相遇时乙的速度为2v，即相遇时甲乙的瞬时速度之比为v甲：v乙=1:2，选项B正确。考点：平均速度.2．C【解析】试题分析：由受力分析知，小球受重力，弹簧的弹力，容器的支持力，三力的夹角互成120°角，则三个力大小均相等都等于mg，AB错误，C正确；小球及弹簧对半球形容器的作用的合力方向竖直向下，半球形容器在水平方向不受力的作用，相对地面没有运动趋势，不受摩擦力，D错误。考点：本题考查受力分析、共点力平衡条件。3．C【解析】试题分析：物体B动能的减少量一部分转化为A的动能，另一部分由于摩擦作用转化为热能，转化为热能的部分为系统损失的机械能，故A项错误；物体B克服摩擦力做的功等于物体B动能的减小量，如前所述，B项错误；物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C项正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于物体A动能的增加量，故D项错误。考点：本题考查了机械能守恒的概念4．D【解析】试题分析：本题考查的是电磁感应定律相关问题，开始时，22/1/11smsmmFa，A正确；由图可知t=1.0s时安培力消失，线框刚好离开磁场区域，则线框边长：mmatl5.00.11212122，D错误；由t=1.0s时，F=3N，F-B2l2v/R=ma，v=at=1m/s，3-B2×0.52×1/1=1×1,得到，B正确；cctRBlvtIq2210.15.0222121，C正确。考点：法拉第电磁感应定律5．D【解析】试题分析：在金属块滑下的过程中动能增加了10J，金属块克服摩擦力做功5J，重力做功20J，根据动能定理得：WG+W电+Wf=△EK，解得：W电=-5J，故电场力做功-5J，金属块的电势能增加5J．故A错误D正确；合力做功等于物体动能的变化量，故为10J，故B错误；在金属块滑下的过程中重力做功20J，重力势能减小20J，动能增加了10J，所以金属块的机械能减少10J，故C错误．故选：D．考点：动能定理；答案第2页，总5页6．BD【解析】试题分析:金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，平均速度不等于v21，故A错误；由电荷量计算公式RBxLRq可得，下滑的位移大小为BLqRx，故B正确；产生的焦耳热Q=I2Rt=qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流RBLvI小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv，故C错误；D、金属棒ab受到的最大安培力大小为RvLBFA22，故D正确。考点：导体棒切割磁感线7．BD【解析】试题分析:先以A为研究对象，A做匀速运动，由平衡条件分析可知，A不受摩擦力，则知A、B间的动摩擦因数μ1可能为零，也可能不为零；再以整体为研究对象，由平衡条件分析可知，地面对B一定有摩擦力，所以B与地面之间的动摩擦因数μ2一定不为零。故B、D正确；A、C错误。考点：摩擦力8．ABC【解析】试题分析:A、根据匀变速直线运动的推论△x=aT2得：2/2.0smtxa，故A正确；小球15s末的速度v15=at15=0.2×15=3m/s，小球1514s末的速度v14=at14=0.2×14=2.8m/s，则小球第15s内的位移mmtvvx9.21238.22151415，故B正确；小球第14s的初速度等于13s末的速度，则v13=at13=0.2×13=2.6m/s，故C错误；小球前15s末的平均速度smvv/5.1215，故D错误。考点：匀变速直线运动规律9．AD【解析】由v=Tλ得，λ=vT=80×0.01m=0.8mSP=1.2m=121λ，SQ=2.6m=341λ，当波传到Q点时，S已经振动时间为341T，此时S在波峰．根据波形，Q的起振方向应竖直向上，P点在波谷．A、甲图t=0时刻，质点在平衡位置向H，而Q点的起振方向是竖直向上．与Q。答案第3页，总5页点的振动情况相符A正确。B、乙图t=0时刻，质点在平衡位置向下，而Q点的起振方向是竖直向上．故B错误．C、丙图t=0时刻，质点在最大正向位移处，与P点的振动情况不符．故C错误．D、丁图t=0时刻，质点在最大负向位移处即波谷，与P点的振动情况相符．故D正确．10．(1)sAB＝1.5m；(2)60N；(3)tanθ＝453【解析】试题分析：(1)对小物块，在C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动，由牛顿第二定律得：Rvmmg21(1分)则v1＝＝3m/s5m/s(1分)即小物块在传送带上一直加速，由A到B有a＝mmg＝μg＝3m/s2(1分)所以v＝2asAB，代入数值得sAB＝1.5m(1分)(2)小物块从C到D，由动能定理知212221212mvmvmgR(2分)由牛顿第二定律知在D点有RvmmgFn22(1分)联立并代入数值得FN＝60N(1分)由牛顿第三定律得小物块经过D点时对轨道的压力大小为60N(1分)(3)小物块离开D点后做平抛运动，h＝21gt2(1分)将小物块在E点的速度进行分解得tanθ＝gtv2(1分)联立并代入数值得tanθ＝453(1分)考点：牛顿第二定律、圆周运动、动能定理、平抛运动11．(1)α=300（2）13ag（3）m23PEvm【解析】试题分析：(1)B速度最大时：2sinmgmg(2分)答案第4页，总5页∴1sin2(1分)即α=300(1分)（2）刚释放A时，由牛顿第二定律得：对A2sin2mgTma(1分)对BTFmgma弹＋－(1分)Fmg弹(1分)解得13ag(1分)方向沿斜面向下(1分)（3）设释放A之前，弹簧压缩量为x，由系统机械能守恒得2pm12sin32mgxEmgxmv＋－(2分)m解得m23PEvm(1分)考点：本题考查牛顿第二定律、机械能守恒定律。12．（1）2s；6m（2）NFN3.81.5【解析】试题分析：（1）物块先沿斜面匀加速下滑，设AB长度为ABx，动摩擦因数为