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高三一轮复习
湖北专版
·物理·
高三一轮复习40分钟周测卷/物理(十)》
一、选择题
:5.B【解析】由图像可知0t,时间内物体做匀加速直
1.B【解析】模型飞机由D点运动到C点的过程中,
线运动,匀加速阶段的末速度=at,匀加速阶段
橡皮筋对模型飞机的弹力始终竖直向上,故对模型飞
的位移为=2斤,A项错误:在时刻,根据牛颜
机始终做正功,橡皮筋在C点恢复原长,故模型飞机
在C点处与橡皮筋分离,A项错误,B项正确;由动能
第二定律得F-mg=mao,P额=F4,联立可得P额=
(mg十mQo)at,故B项正确;由图可知,l2时刻加速
定理可得W一。=之m,故模型飞机克服重力做
度为正,所以物体在加速上升,故C项错误;0~11时
的功WG小于橡皮筋对它做的功W,C、D项错误。
2.D【解析】每个乘客随摩天轮一起做匀速圆周运动,
间内牵引力做的功W,一号~时间内牵引力
每个乘客所受合力提供做圆周运动的向心力,则合力
做的功W2=P额(t一ti),故在0~t和t~t时间内
方向时刻指向圆心,则每个乘客受到的合力在不断变
牵引力做的功之比为W1:W2=t1:2(t2一t1),故D项
化,故A项错误;在最高点,根据牛顿第二定律得g
错误。
F=m发,在最低点,根据牛顿第二定律得
6.AC【解析】设滑块与地面间的动摩擦因数为,恒
力F作用时滑块的加速度大小为α1,根据牛顿第二
mg=m尽,可知R≠F、',则运行过程中乘客对座位
定律有F十umg=ma1,设恒力F撤去后滑块的加速
的压力改变,故B项错误;每个乘客随摩天轮一起做
度大小为a2,同理可得mg=ma2,由题图乙可知a
匀速圆周运动,速度的大小不变,但方向时刻在变,则
=2m/g,=A=0.5m/s,解得h=0.05,
△t
△t2
重力与速度的夹角变化,故重力的瞬时功率变化,C
F=1.5N,故A项正确:0~2s内滑块的位移大小为
项错误;每个乘客随摩天轮一起做匀速圆周运动,则
1
每个乘客的动能保持不变,根据动能定理可知合力做
=4一之a听=8m,0~2s内恒力F做的功为
功为零,故D项正确。
W,=一Fx1=一12J,故B项错误;0~6s内滑块滑
3.C【解析】由题意可知,甲、乙下落的高度相同,由h
行的总位移为=号×(2+6)×2m+号×4×2m
=专可得1=√受,可知甲,乙在空中的运动时
=12m,摩擦力做的功为W1=一mgx2=一6J,故C
间相同,故A项错误;在水平方向做匀速直线运动,
项正确,D项错误。
由x=t,甲的水平位移大于乙的水平位移,可知甲
7.AC
【解析】根据动能定理得2 mngLsin30°一mgL
抛出时的初速度比乙的大,故B项错误;手榴弹在落
2 gcos30=号×3mr-名×3mn6,解得u
地前瞬间重力的功率为P。=mg心,=mg·gt,则瞬时
功率相等,故C项正确;由动能定理可知甲落地时动
√心一gL,A项正确,B项错误;从接触弹簧到恰好
能大,D项错误。
回到C点,根据动能定理得-2mg2xc0s30°=0-号
4.C【解析】匀加速提升重物时钢绳的拉力最大,且等
于匀加速结束时的拉力,由P=Fw得Fn=P
A项
X3m,解得x=合(要-D.C项正确.D项钻误,
正确;重物以最大速度2匀速上升时有F=mg,所以
8.BC
【解析】由图像可知,在14~18s内,有a=
△t
女=P=PB项正确:重物做匀加速运动的加速度
1.5m/s2,则小车受到的阻力大小为f=ma=3N,10
~14s内小车做匀速运动,有F=f,则小车的额定功
4一mg=P二mg,C项错误:重物做匀加速运
m
mv
率P=18W,故A项错误:0~2s小车的位移x1
动的时间为1=
m心听一,D项正确。
a p-mgv
24=3m,由牛顿第二定律和速度公式得F-f
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·物理·
参考答案及解析
a1,=a1t1,可得F=6N,D项错误;2~l0s内小
(2)第二节车厢失去动力瞬间牵引力变为F'=P
车的功率不变,则W=Fx1十Pt2=162J,小车加速阶
段的平均功率P=,W,=16.2W,故C项正确:根
(2分)
t:+t2
解得F=9.68×10N
(2分)
据动能定理得W一fx=之m听x,解得x=42m,小
对整体有F'-8f=8ma
(1分)
对前2节车厢受力分析,有F一2f=2m
(1分)
车在2~10s内的位移为42m-3m=39m,B项
解得F=2.42×10+N
正确。
即第三节给第二节的推力为2.42×10N
(2分)
二、非选择题
11.【解析】(1)滑块第一次到达B点时的速度为01,根
9.【解析】(1)根据题图可知,8~10s内物体的加速度
据动能定理得
大小a=4m/s9
(1分)
该时间段已经撒去拉力,故物体只受摩擦力,根据牛
mg(h+