【文档说明】湖北省荆门市龙泉中学2021届高三上学期第一轮复习物理第六次周练含答案.docx，共(13)页，354.203 KB，由小赞的店铺上传

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龙泉中学2020年高三年级物理第一轮复习物理第六次周练练习题一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。）1.如图所示，某台计算机的硬盘约有近万个磁道(磁道为不同半径的同心圆)，每个磁道分成m个扇区(每扇区为m1圆周)。电动机使磁盘以转速n(转/秒

)匀速转动。磁头在读、写数据时是不动的，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，若不计磁头大小及磁头转移磁道所需的时间，则磁盘转动时A.A点的线速度小于B点的线速度B.A点的向心加速度小于B点的向心加速度C.硬盘转动一圈的时间为2nπD.一个扇区通过磁头

所用的时间为mn12.高跷运动是一项新型运动,图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后。人就向上弹起,进而带动高跷跳跃,如图乙。则下列说法正确的是A.人向上弹起过程中，一直处于超重状态B.人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力C.弹簧压缩到最低点时，高跷

对人的作用力大于人的重力D.弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力3.天文科学家发现一颗类地行星，该行星距离地球约20光年，它绕某恒星做匀速圆周运动的公转周期为37天，半径为地球半径的2倍，表面的重力加速度与地球表面的重

力加速度相等，不考虑行星和地球的自转，下列说法正确的是A．该行星的公转角速度比地球的公转角速度小B．该行星的质量为地球质量的16倍C．该行星的第一宇宙速度为7.9km/sD．该行星的平均密度为地球平均密度的124.如图所示，空中P点与墙角Q的连线与水平地面的夹角为45°，P点到竖直墙面间的距离为

L，在P点沿垂直墙的方向以初速度v1水平抛出一个球，小球恰好落在M点，若以初速度v2水平拋出球，小球恰好打在竖直墙上的N点，12MQNQL==，则12vv为A.12B.14C.22D.245.如图所示，斜面AD和B

D与水平方向的夹角分别为600和300，两斜面的A端和B端在同一竖直面上，现让两个可视为质点的物块分别从两斜面的顶端同时由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面底端D，设两物块与AD、BD面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，则μ1：μ2为A.1:1B.1:3C.3:1D.3:16.一辆汽车正在

平直的公路上行驶，突遇前方有险情紧急刹车，刹车后两个连续相等时间内（0～t，t～2t）的位移分别为24m、16m，则2t时刻至速度为零汽车又行驶的距离为A.9mB.10mC.11mD.12m7.如图所示，质量为m的物体(

可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其减速运动的加速度为34g，此物体在斜面上能够上升的最大高度为h，则在这个过程中物体A.重力势能增加了34mghB.机械能损失了12mghC.动能损失了mghD.克

服摩擦力做功14mgh8.如图甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点O，沿竖直向下的方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F的

大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断中错误的是A.当x＝h＋x0时，重力势能与弹性势能之和最小B.小球最低点的坐标为x＝h＋2x0C.小球受到的弹力最大值大于2mgD.小球动能的最大值为mgh＋12x0二、多

选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。）9.如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆周运动，下列说法正确的是A.A、B球受到的支持力之比为3∶3B.A、B球的向心力之

比为3∶1C.A、B球运动的角速度之比为3∶1D.A、B球运动的线速度之比为1∶110.假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历了如图所示的变轨过程,则下列说法中正确的是A.飞船在轨道II上运动时,在P点速度大于在Q点的速度B.飞船在轨道I上运动时的机械能大于轨道II上运动的机械能C.飞船在

轨道I上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道II上运动到P点时的加速度D.飞船绕火星在轨道I上运动周期跟飞船返回地面的过程中绕地球以.轨道I同样半径运动的周期相同11.如图所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝

2kg、mB＝4kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系图象如图乙所示。则A.A、B脱离之前，它们一直做匀加速运动B.t＝4s时，A、B脱离C.A、B脱离时，它们的位移为4mD.A、B脱离后，A做减速运动，B做加速

运动12.一传送带装置示意图如图所示,其中传送经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧很短，由光滑模板形成)，经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都和BC相切。现将一质量为m的小货箱在A处放到传送带上，放置时初速度为

零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h，工作时传送带速度为v且稳定不变。箱子在A处投放后，到达B时刚好相对于传送带静止,且以后不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知该装置由电动机带动,传送带与轮子之间无相对滑

动,不计轮轴处的摩擦。则小货箱从A传输到D的过程中A.小货箱的动能增量为2mvB.小货箱与传送带间因摩擦产生的热为212mvC.传送带对小货箱做的功为212mvmgh+D.电动机做的功为212mvmgh

+三、实验题（本题共2小题，共14分。）13.（6分）科考队在玛雅文化发祥地进行探索和研究，发现了一些散落在平整山坡上非常规则的不明圆柱体，有科学家认为是外星人带着玛雅人离开时留下的。于是对其力学性质进行研究，下表为其形变量x与所施加拉力F关系的实验数据（1）试猜想此不明

圆柱体施加拉力F与其形变量x的关系；（2）如果想要验证猜想是否正确，应该画出下列哪种图象最能直观准确的表示两者之间的关系。A．F﹣x图象B．F﹣x2图象C．F2﹣x图象D．F2﹣x2图象．14．（8分）利用如图-1实验装置探究重锤

下落过程中重力势能与动能的转化问题。（1）图-2为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点。分别测出若干连续点A、B、C…与O点之间的距离h1、h2、h3…．已知打点计时器的打点周期为T，重锤质量为m，重力加速度为g，结合

实验中所测得的h1、h2、h3，可得重物下落到B点时的速度大小F/N0.524.5812.518x/mm123456为______，纸带从O点下落到B点的过程中，重物增加的动能为______，减少的重力势能为______。（2）取打下O点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度h时所对应

的动能Ek和重力势能Ep，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据以上数据在图-3中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ．已求得图线Ⅰ斜率的绝对值k1=2.94J/m，图线Ⅱ的斜率k2=2.80J/m。重锤和纸带在下落过程中所受平均阻力与

重锤所受重力的比值为______（用k1和k2表示）。四、计算题（本题共4小题，共46分。）15.（8分）如图所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车上进行游戏。甲同学从倾角为θ＝30°的光滑倾斜冰道顶端A自静止开始自由下滑，与此同时在倾斜冰道底部B

处的乙同学通过冰钎作用于冰面从静止开始沿光滑水平冰道向右做匀加速运动。设甲同学在整个运动过程中无机械能变化，两人在运动过程中均可视为质点，重力加速度为g，则为避免两人发生碰撞，乙同学运动的加速度至少为多大？16.（8分）如图所示，光滑水平面上放置倾角为θ＝37°

斜面体。在斜面体左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器。一个可视为质点的滑块以一定的初速度从斜面底端冲上斜面，运动过程中，力传感器先后记录到的示数分别是16.0N和3.2N。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)，求：（1）滑块

与斜面间的动摩擦因数μ；（2）滑块上滑和下滑所用时间的比值。17.（14分）如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A。一质量为m的小球在水平地面上C点受水平向左的恒力F由静止开始运动，当运动到A点时

撤去恒力F，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B点，最后又落在水平地面上的D点(图中未画出)。已知A、C间的距离为L，重力加速度为g。(1)若轨道半径为R，求小球到达半圆形轨道B点时对轨道的压力FN；(2)为使小球能运动到轨道最高点B，求轨道半径的

最大值Rm；(3)轨道半径R多大时，小球在水平地面上的落点D到A点距离最大？最大距离xm是多少？18.（16分）如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一

端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升，已知重力加速度为g。求：（1）A上升的高度；

（2）若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？参考答案123456789101112DCDDDABBCDACACBC1答案D解析A、B两点是同轴转动，角速度相同，根据v＝ωr可知半径越大，线

速度越大，故A点的线速度大于B点的线速度，根据公式a＝ω2r可知半径越大，加速度越大，A点的向心加速度大于B点的向心加速度，故选项A、B错误；因为转速的单位为(转每秒)，即转一圈的时间为1n，故选项C错误；因为每扇区为1m圆周，且ω＝2πn，所以t＝1mT＝2πmω＝1mn，故选项D正确。4.【答

案】D【解析】由于PQ与水平方向的夹角为45°，因此P点到地面的距离也为L，当小球以1v拋出落到M点时，2112Lgt=，1112Lvt=，当小球以2v水平抛出落到N点时，221122Lgt=，22Lvt=

，解得1212422vv==，故选项D正确。5.【答案】D沿AD下滑时，a1=g(sin600-u1cos600),x1=12a1t2；沿BD下滑时，a2=g(sin300-u2cos300),x2=12a2t2；x

1=3x2，解得u1=3u26.【答案】A【解析】设此后又行驶的距离为x，运动的时间为t，刹车后两个连续相等的时间均为T，则212xat=，2116()2xmatT+=+，28aTm=，解得32tT=，x=9m，故选项A正确。

7.答案B解析加速度a＝34g＝mgsin30°＋Ffm，解得摩擦力Ff＝14mg；物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故选项A正确；机械能的损失Ffx＝14mg·2h＝12mgh

，故选项B正确；动能损失量为克服合外力做功的大小ΔEk＝F合外力·x＝34mg·2h＝32mgh，故选项C错误；克服摩擦力做功12mgh，故选项D错误。8.答案B解析小球、地球和弹簧组成的系统机械能守恒，当x＝h＋x0，弹力等于重力，加速度为零，速度最大，重力势能与弹性势能之和最小，选项A

正确；根据对称性，x＝h＋2x0与x＝h处速度相等，x＝h＋2x0处不是最低点，选项B错误；根据胡克定律，弹簧压缩x0时弹力等于mg，x＝h＋2x0处弹力等于2mg，但不是最低点，所以小球受到的弹力最大值大于2mg，选项C正确；在x＝h＋x0

处速度最大，由图知mg＝kx0，根据动能定理有mg(h＋x0)－kx02×x0＝Ek，得出Ek＝mgh＋12mgx0，选项D正确。9.答案CD解析设小球受到的支持力为FN，向心力为F，则有FNsinθ＝mg，FNA∶FNB＝3∶1，选项A错误；F＝mg

tanθ，FA∶FB＝3∶1，选项B错误；小球运动轨道高度相同，则半径R＝htanθ，RA∶RB＝1∶3，由F＝mω2R得ωA∶ωB＝3∶1，选项C正确；由v＝ωR得vA∶vB＝1∶1，选项D正确。10.【答案】

AC11.答案AC解析0～4s内，FA＋FB＝12N，若AB一起运动，对AB整体有FA＋FB＝(mA＋mB)a，解得a＝2m/s2；对B有N＋FB＝mBa，当N＝0时，FB＝8N，对应的时刻为2s末，由上知，A、B分离前一直做匀加速运动，t＝2s时，A、B脱离，故

选项A正确，B错误；A、B脱离时，t＝2s，则它们的位移x＝12at2，解得x＝4m，故选项C正确；A、B脱离后，A做加速度减小的加速运动，B做加速度增大的加速运动，故选项D错误。12.【答案】BC13.【答案】（1）F与x的二次方成正比；（2）B14.【答案】（1）；；mgh2；（2）。15.

解析根据牛顿第二定律可知甲同学在倾斜冰道上下滑的加速度a1＝gsinθ设甲运动到倾斜冰道底部时的速度为v1，所用时间为t1，v1＝a1t1设甲刚好能追上乙，则当甲追上乙时，乙的速度等于v1，甲在水平冰道上运动的时间为t2，即v1＝a2(t1＋t2)，两人的位移关系为v1t2＝12v1(t

1+t2)联立以上各式解得a2＝g4。本题也可用图象法解答：t1时刻甲滑到水平冰道上，当甲恰好追上乙时，两人速度相等，甲在水平冰道上经历的时间为t2，乙经历的时间为t1＋t2，要使两人水平位移相等，则有t1＝t2。根据a1＝v1t1＝gsinθ，a2＝v

1t1＋t2可得a2＝g4。16.【答案】（1）0.5；（2）55（1）上滑过程，滑块加速度大小)cos(sin1+=ga对滑块和斜面整体进行受力分析，得NmgmaF16cos)cos(sincos

11=+==①下滑过程，滑块加速度大小)cos(sin2−=ga对滑块和斜面进行受力分析，得NmgmaF2.3cos)cos(sincos22=−==②联立①②式，解得5.0=③（2）滑块上滑过程做末速度为

0的匀减速直线运动，下滑过程做初速度为0的匀加速直线运动，其位移和时间均满足221atx=④上滑过程滑块加速度大小21/10cossinsmgga=+=⑤下滑过程滑块加速度大小22/2cossinsmgga=−=⑥又上滑和下滑过程位移大小相等，设上、下滑时间分

别为1t和2t，有2222112121tata=⑦联立⑤⑥⑦式，解得5521=tt⑧第一问也可以用隔离法求解（1）物体对斜面的压力N=mgcosθ，摩擦力f=μmgcosθ上滑过程，对斜面受力分析NmgfNF16cos)cos(sincossin1=+=+=下滑过程，对斜面受力分析N

mgfNF2.3cos)cos(sincossin2=−=−=联立解得5.0=17.解析(1)设小球到B点速度为v，从C到B根据动能定理有FL－2mgR＝12mv2解得v＝2FL－4mgRm在B点，由牛顿第二定律得FN′＋mg＝mv2R解得

FN′＝2FLR－5mg。根据牛顿第三定律可知，小球到达圆轨道B点时对轨道的压力为FN＝FN′＝2FLR－5mg，方向竖直向上。(2)小球恰能运动到轨道最高点时，轨道半径有最大值，则有FN＝2FLRm－5mg＝0，解得Rm＝2FL5mg。(3)设小球平抛

运动的时间为t，有2R＝12gt2解得t＝4Rg水平位移x＝vt＝2FL－4mgRm·4Rg＝（2FL－4mgR）（4mgR）m2g2，当2FL－4mgR＝4mgR时，水平位移最大，解得R＝FL4mgD到A的最大距离xm＝FLmg。答案(1)2FLR－5mg方向竖直向上(2)2FL5mg(3)FL

4mgFLmg18.（1）开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有kx1=m1g①挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有kx2=m2g②则A上升的高度为h=x1+x2解得kgmmh)(21

+=（2）B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为ΔE=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2)③C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，D的速度为

v，由能量关系得④由③④式得⑤由①②⑤式得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com