高三物理期末复习训练1

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1、专题一：力和运动11 力和直线运动v/ms-1s/m例1 D例2 （1）小物块一直减速，a=-g=-2 m/s2 v2-v02=2as 得v=1 m/s，平抛s=1m ，前提是传送带向左或向右v1 m/s（2）小物块一直加速，v2-v02=2gL 得v=7 m/s，平抛s=7m，前提是传送带速度向右v7 m/s（3）当1m/sv7m/s ，物体以v平抛，s=v，故图象为： 例3. =04例4开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为Ff = mg = 4N物块在Ff的作用下加速，加速度为am = = 2m/s2，从静止开始运动小车在推力F和f的作用下加速，加速度为aM

2、= = 0.5m/s2，初速度为0 = 1.5m/s设经过时间t1，两者达到共同速度，则有： = amt1 = 0+aMt1代入数据可得：t1 = 1s，= 2m/s在这t1时间内物块向前运动的位移为s1 = amt = 1m以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将两者作为一个整体，在F的作用下运动的加速度为a，则F =（M+m）a 得a = 0.8m/s2在剩下的时间t2 = t-t1 = 05s时间内，物块运动的位移为s2 =t2+at2，得s2 = 1.1m可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s = s1+s2 = 2.1m习题：1B 2C 3C 4A D 5 AC 6

3、C D 7BD 8tan 物体先相对传送带加速下滑，a1=gsin+gcos=10 m/s2，物体赶上皮带速度所需时间t1=1s，此时S1=a1t12=5m，然后物体以a2加速运动，a2= gsin-gcos=2 m/s2 由L-S1=vt2+a2t22 得t2=1s t=t1+t2=2s 9（1）雪橇先做初速度为v=5m/s、加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动,最终做速度为vm=10m/s的匀速运动（2）当雪橇的速度为v=5m/s时，它的加速度为a=v/t=(15-5)/4m/s2=2.5m/s2.（3） k=37.5，=0.12510（1）a=g= 2.0 m/s2 ，向前（2）S物

4、=S0-b=1.0m，由S物=1/2*at12 得t1=1s，此时 v1=at1=2 m/s， 车v2=2S0/t1=4m/s ， a2=4m/s2 ，F-mg=ma 得F=500N 脱离后，F=Ma3 则a3=5m/s2 h=1/2*gt22得t2=0.5s s=(v2t2+1/2*a3t22)-v1t2=1.625m11答案：释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，B着地前瞬间的速度为 B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，B竖直向上做匀减速运动。它们加速度的大小分别为： 和 B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 在此时间内A的位移 要在B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满

5、足条件 L x 联立以上各式，解得 L 12（1）v0v0/a -v02/2a =l，a=g，a= v02/2l=2.5m/s2，=0.25皮带减速过程能相对滑动，l=v02/2a-v02/2a0=2.5m.（2）a02.5m/s2.1.2 力和曲线运动例 A 例 C答案： 例3、C例4（1）球正好落到底线，h=1/2*gt12 S=v1t1 其中h=2.5m ，S=12m ，可得v1=17m/s，球正好掠过球网，h=1/2*gt22 S=v2t2 其中h=0.25m， S=3m ，可得v2=13.4m/s应该使 13.4m/sv17m/s（2）若恰从网上掠过又恰到对方底线，可得h=2.4m，

6、所以若击球高度小于2.4m，无论水平击球速度多大，球不是触网就是出界例5原线速度v1=a，绳子松弛后，球沿切线方向做匀速直线运动 当绳子长度为b时，沿径向：速度变为零，只有沿切向的速度V2 =V1a/b=1a2/b ，而V2 =2b，故2 =(a2/b2) 例61/2*mv02+2mgL=1/2*mv2，T-mg=mv2/L，故T=9mg因为v0，故小球开始做平抛运动，设小球运动到B点时绳张紧，此时悬线与水平成角，则有Lcos=v0t，L(1-sin)=1/2*gt2 得=00 此时VBx =V0= ，VBy =由于绳子瞬间冲量，球开始下摆时的速度只剩VByB到C：1/2*mVBy2 +mgL

7、=1/2*mVc2 ，在C点：T-mg=mvc2/L 故T=5mg习题：A C CC4.C D 5、B C 6、 2.0 1.5 7由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期T2t0 令表示A的质量，表示绳长.表示B陷入A内时即时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得在最低点和最高点处运用牛顿定律可得 根据机械能守恒定律可得由图2可知 由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则 由式解得8、（1）a1 = (

8、mgsin mgcos)/m = gsin gcos12 = 2a1s1/cos a2 = - mg/m = - g 2-12=2a2s2 H - h = s1tan s1 + s2 = L 离开B点时的速度 （2）设滑雪者离开B点后落在台阶上 s1 = t1 2 h 可解得 此时必须满足 H- L 2 h时，滑雪者直接落到地面上，s2 = t2 可解得9（1）分析表中数据可得，每组的h与r之乘积均等于常数C=660m50103m=33m2因此 hr=33（或h=33） 当r=440m时，有： h=m=0.075m=75mm （2）转弯中，当内外轨对车轮没有侧向压力时，火车的受力如图所示由牛顿

9、第二定律得： 因为很小，有：得： 代入数据得：v=15m/s=54km/h （3）有效措施有：a适当增大内外轨的高度差h；b适当增大铁路弯道的轨道半径r10、重力和电场力的合力F=mg若恰能通过等效最高点C，则有F=mv2/R从开始到C点有：qE(L-Rsin450)-mgR(1+sin450)=1/2*mv2 ，由以上三式可得L至少为(1+)R11、(1)由图线读得，转盘的转动周期T0.8s角速度(2)激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动(理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动)

10、(3)设狭缝宽度为d，探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为r1，第i个脉冲的宽度为ti，激光器和探测器沿半径的运动速度为v r3r2r2r1vT r2r1 r3r2 由、式解得：1.3天体运动【例题选讲】例1CD 例2C 例3BC 例4D 例5BC 例6 ， ，由上述三式解得：例7 （1）地球对卫星的万有引力提供作圆周运动的向心力地面表面附近的重力加速度g =把r2R代入，解方程可得 （2）卫星下次通过该建筑物上方时，卫星比地球多转2弧度，所需时间 例8错误正解：由得所以：【练习反馈】1B 2BD 3BC 4BC 5AC 6B 7D 8C 9B10对地球 联立地球表面卫星的环绕速度为 由式得

11、： 所以吴健雄星表面卫星的环绕速度与地球表面卫星的环绕速度的关系是 所求的卫星的环绕速度11（）由万有引力定律和向心力公式得 联立得 （2）由题意得 由得 代入得12（）不是地球同步卫星。同步卫星的周期应为小时（）本题是开放题，可得到的结论很多，如：这颗卫星的角速度、转动周期、线速度、向心加速度、动能、动量等。13（1）0（2）5.8103s （3）减速14（1）mm23/(m1m2)2 （2）mm23/(m1m2)2v3T/2G（3）暗星B有可能是黑洞。1.4机械振动、机械波例1BD 例2C 例3AD 例4AB 例5A例6（1）T1=，其中n=0,1,2,3或者T2=（2）向上振动例7 n=

12、1,2,3- 【练习反馈】1.AC 2.CD 3.D 4.ACD 5.ABD 6.B 7.BC 8.AC 9. 10. .解： 周期T=0.4s 波长=vT= 4m波传到Q10经历的时间为 从Q10开始振动到第一次向下达到最大位移经历时间为 因此，从S开始振动算起到Q10第一次向下达到最大位移经过的时间为08s 波长=vT= 4m 波的图象 P6点的振动图象11.解：（1）又即 t=1.5s时波刚好传到距波源0.75m的质点，最前面的波峰位于y=0.3m的质点 又 （2）12.解：(1)由图可知由，得(2)在B点时拉力最大，设为Fmax，有：由A到B过程机械能守恒，有：在A、C两点拉力最小，有

13、：解得：13（1）设小球落至钢板时速度为v0，由机械能守恒定律得，mgH=mv02/2 碰撞过程中动量守恒，mv0=mv1+Mv2 机械能无损失，mv12/2+Mv22/2=mv02/2 联立式得，v1=v0/2 ，负号表示方向向上，v2= v0/2，方向竖直向下。（2）由（1）可知，碰撞后小球做竖直上抛运动，钢板以v0/2（连同弹簧）向下做简谐运动，要使m与M第二次碰撞仍发生在原位置，则必有小球重新落回到O处所用的时间t恰好对应钢板的nT+T/2。而当M取最大值时，必有t=T/2，即t=v0/g= 解得，M=2Hk/g2。（3）小球与钢板的第二次碰撞应满足mv0/2Mv0/2=mv3+Mv4，m(v0/2)2/2+M(v0/2)2/2=mv32/2+Mv42/2，解得，v3=v0，方向竖直向上，v4=0，当小球再次落回与钢板发生第三次碰撞时，第三次碰撞是第一次碰撞的重复，此后过程将周而复始地进行，小球的v-t图线如图所示。