高三物理小练习附答案解析中学教育中考_中学教育-试题.pdf

学习必备 欢迎下载 高三物理小练习【附答案解析】一、选择题 1t=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（xt）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=2:1 B能确定，v甲：v乙=1:2 C能确定，v甲：v乙=2:1 D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，OP与水平方向的夹角为 30，下列说法正确的是（）A小球受到轻弹簧的弹力大小为32mg B 小球受到容器的支持力大小为mg2 C 小球受到容器的支持力大小为 mg D 半球形容器受到地面的摩擦力大小为32mg 3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 学习必备 欢迎下载 量 m 1 kg、电阻 R 1，以下说法错误的是 A线框做匀加速直线运动的加速度为 1 m/s2 B匀强磁场的磁感应强度为 22T C线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为22C D线框边长为 1 m 5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 5J B合力做功 15J C金属块的机械能减少 20J D金属块的电势能增加 5J 6如图，足够长的 U型光滑金属导轨平面与水平面成角（090)，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qRBL C.产生的焦耳热为qBL D.受到的最大安培力大小为22sinB LR 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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械学习必备 欢迎下载 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 间的滑动摩擦系数 1和 B、C间的滑动摩擦系数 2有可能是 A1=0，2=0 B1=0，2 0 C10，2=0 D10，2 0 8 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/s2 B小球第 15s 内的位移为 2.9m C小球第 14s 的初速度为 2.6m/s D小球前 15s 内的平均速度为 3.0m/s 9图 1 中，波源 S 从平衡位置 y0 开始振动，运动方向竖直向上（y 轴的正方向），振动周期 T0.01 s，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为 v80 m/s.经过一段时间后，P、Q两点开始振动。已知距离 SP1.2 m、SQ2.6 m。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 P S Q vv 图 1 y tOT T 2甲 y tOT T 2乙 y tOT T 2丙 y tOT T 2丁 图 2 A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 1 kg 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 R0.9 m，轨道最低点为 D，D点距水平面的高度 h0.8 m 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0.3，传送带以 5 m/s 恒定速率顺时针转动，g10 m/s2.求：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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械学习必备 欢迎下载 (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；(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=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）求物块在水平面上滑行的时间及距离。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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械学习必备 欢迎下载 参考答案 1B【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.2C【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。3C【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 4D 【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-B20.521/1=11,得到，B正确；cctRBlvt Iq2210.15.0222121，C正确。考点：法拉第电磁感应定律 5D【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；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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械学习必备 欢迎下载 6BD 【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 7BD 【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 1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 2一定不为零。故 B、D正确；A、C错误。考点：摩擦力 8ABC 【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=0.215=3m/s，小球 1514s 末的速度 v14=at14=0.214=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=0.213=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 9AD 【解析】由 v=T 得，=vT=800.01m=0.8m SP=1.2m=1 21，SQ=2.6m=3 41，当波传到 Q点时，S 已经振动时间为 3 41T，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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械学习必备 欢迎下载 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)sAB1.5 m；(2)60 N；(3)tan453【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 v13 m/s5 m/s (1分)即小物块在传送带上一直加速，由 A到 B有 ammgg3 m/s2 (1分)所以 v2asAB，代入数值得 sAB1.5 m (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 FN60 N (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 60 N (1分)(3)小物块离开 D点后做平抛运动，h21gt2 (1分)将小物块在 E点的速度进行分解得 tan gtv2 (1分)联立并代入数值得 tan 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)=300 （2）13ag （3）m23PEvm【解析】试题分析：(1)B 速度最大时：2sinmgmg (2分)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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械学习必备 欢迎下载 1sin2 (1分)即=300 (1分)（2）刚释放 A时，由牛顿第二定律得：对 A 2sin2mgTma (1分)对 B TFmgma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 1cossinmamgmg ABBxav122 物块在水平面上：2mamg tavB2 2212BCxa t 解得：t=2s xBC=6m 当 F有最小值 F1时，物体到达 A点的速度刚好为零 物体 C到 B加速：01sin 37NFmg 013cos37FNma CBxav322 滑上斜面：4cossinmamgmg 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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械学习必备 欢迎下载 242BAva x 解得，125049F N 当 F有最大值 F2时，水平地面对物体的支持力为零 02sin37Fmg 11 解得，2253F N 综上所述，；NFN32549250也可以NFN3.81.5 考点：牛顿第二定律的应用.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图像如图所示设甲乙两物体在时刻的速度分别为则关于能否确定的值下面正确的是能确定能确定甲乙甲乙甲甲乙乙能确定甲乙只能比较与甲乙的大小无法确定与一端固定在半球形容器底部处一端与质量为的小球相连小球静止于点已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为与水平方向的夹角为下列说法正确的是小球受到轻弹簧的弹力大小为小球受到容器的支持力大小为小球受到容器的支持力擦力作用最后停止在木板上则从冲到木板上到相对板静止的过程中下述说法中正确的是物体动能的减少量等于系统损失的机械能物体克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量物体损失的机械能等于木板获得的动能与系统损失的机械