《高考物理一轮复习 迁移训练5-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理一轮复习 迁移训练5-人教版高三全册物理试题.doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、迁移训练1如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆则小物块运动到x0处时的动能为()A0B.Fmx0C.Fmx0 D.x解析根据动能定理，小物块运动到x0处时的动能为这段时间内力F所做的功，物块在变力作用下，不能直接用功的公式来计算，但此题可用求“面积”的方法来解决，力F所做的功的大小等于半圆的“面积”大小根据计算可知，C项正确答案C2如图所示，一根劲度系数为k的弹簧，上端系在天花板上，下端系一质量为mA的物体A，A通过一段细线吊一质量为mB的物体B，整个装置静止试求：(1)系统静止时弹簧的
2、伸长量；(2)若用剪刀将细线剪断，则刚剪断细线的瞬间物体A的加速度；(3)设剪断细线后，A物体上升至弹簧原长时的速度为v，则此过程中弹力对物体A做的功解析(1)取A、B整体为研究对象，由平衡条件得kx(mAmB)g，所以x.(2)剪断瞬间，以A为研究对象，取向上为正方向，有kxmAgmAaA，得aAg.(3)剪断细线后，A物体上升的过程中，应用动能定理得W弹mAgxmAv20得W弹mAv2.答案(1)(2)g(3)mAv23某次大地震抢险中，解放军某部队用直升飞机抢救一个峡谷中的伤员，直升飞机在空中悬停，其上有一起重机通过悬绳将伤员从距飞机102 m的谷底由静止开始起吊到机舱里，已知伤员的质量
3、为80 kg，其伤情允许向上的最大加速度为2 m/s2，起重机的最大输出功率为9.6 kW，为安全地把伤员尽快吊起，操作人员采取的方法是：先让起重机以伤员允许向上的最大加速度工作一段时间，接着让起重机以最大功率工作，再在适当高度让起重机对伤员不做功，使伤员到达机舱时速度恰好为零，g取10 m/s2.试求：(1)吊起过程中伤员的最大速度；(2)伤员向上做匀加速运动的时间；(3)把伤员从谷底吊到机舱所用的时间解析(1)吊起过程中当伤员做匀速运动时速度最大，此时悬绳中的拉力Fmg根据PmFvm解得吊起过程中的最大速度vm12 m/s.(2)设伤员向上做匀加速运动时受到的悬绳的拉力为Fx，做匀加速运动
4、的最大速度为vx，根据牛顿第二定律得Fxmgmam再根据PmFxvx联立解得vx10 m/s所以伤员向上做匀加速运动的时间t15 s(3)减速上升的时间t31.2 s减速阶段上升的距离为h3vmt37.2 m设伤员从匀加速运动结束到开始做减速运动的时间为t2，对起重机以最大功率工作的过程应用动能定理得Pmt2mg(hh1h3)m(vv)解得t26 s所以把伤员从谷底吊起机舱所用的时间tt1t2t312.2 s答案(1)12 m/s(2)5 s(3)12.2 s4如图所示A、B两物体用长为L且不可伸长的线连在一起放在水平面上，在水平力F作用下以速度v做匀速直线运动，A的质量是B的两倍，某一瞬间线
5、突然断裂，保持F不变，仍拉A继续运动距离s0后再撤去，则当A、B都停止运动时，A和B相距多远？解析设A、B都停止运动时，A比B多滑行s，由补偿思想可知：Fs0mAgsF(mAmB)gmA2mB解得：ss0，A和b相距sLsLs0.答案Ls05(2016湖南株洲二中高三期中)如图所示，质量mB3.5 kg的物体B通过一轻弹簧固定在地面上，弹簧的劲度系数k100 N/m，轻绳一端与物体B连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后，另一端与套在光滑直杆顶端质量mA1.6 kg的小球A连接，已知直杆固定，杆长l为0.8 m，且与水平面的夹角37，初始时使小球A静止不动，与小球A相连的轻绳保持水平，
6、此时轻绳中的张力F为45 N已知AO10.5 m，重力加速度g取10 m/s2，轻绳不可伸长现将小球A从静止释放(1)求在释放小球A前弹簧的形变量；(2)若直线CO1与杆垂直，求小球A从静止释放到运动至C点的过程中轻绳拉力对小球A所做的功；(3)求小球A运动到底端D点时的速度解析(1)释放小球A前，物体B处于静止状态根据平衡条件，有kxFmg解得x0.1 m故弹簧被拉长了0.1 m(2)小球A从静止释放到运动至C点的过程，由动能定理：WTmAghmAv0其中hCO1cos 37，而CO1AO1sin 370.3 m物体B下降的高度hAO1CO10.2 m由此可知，此时弹簧被压缩了0.1 m，则
7、弹簧的弹性势能在初、末状态相同再以A、B和弹簧为系统，根据机械能守恒定律可得：mAghmBghmAvmBv根据合运动与分运动关系可知，小球A到达C点时，B加速度为零，即vB0.由以上各式解得，WT7 J(3)由几何关系可知，ACAO1cos 370.4 m，所以CDADAC0.4 m，即O1AD为等腰三角形小球A从初始位置至末位置D全过程，绳的长度不变，B又回到初始位置，全过程由动能定理得：mAgHmAvmBv，vBvAcos 37HLsin 37由以上各式解得vA2 m/s答案(1)0.1 m(2)7 J(3)2 m/s专家押题上名牌押题一机车启动模型方法迁移应用1利用定滑轮可以改变拉力的方
8、向如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器(未在图中画出)测得此过程中不同时刻对轻绳的拉力F与被提升重物的速度v，并描绘出F图象假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中AB段与轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内F和的关系；BC段的延长线过原点(C点为实线与虚线的分界点)，它反映了被提升重物在第二个时间段内F和的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的值，大小保持不变(图中未画出)实验中还测得重物由静止开始约经过t1.4 s，速度增加到vc3.0 m/s，此后物体做匀速运动取重力加速度g10 m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计(1)在提升重物的过程中，除了
9、重物的质量m和所受重力G保持不变以外，在第一时间段内和第二时间段内还各有一些物理量的值保持不变请分别指出第一时间段内和第二时间段内其他所有保持不变的物理量，并求出它们的大小(2)求被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程解析(1)由F图象可知AB段内重物所受拉力保持不变，且F16.0 N因第一时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加速度也保持不变，设其大小为a，根据牛顿第二定律有F1Gma重物速度达到vc3.0 m/s时，受力平衡，即GF24.0 N由此解得重物的质量m0.40 kg联立解得a5.0 m/s2在第二段时间内，拉力的功率保持不变P12 W.(2)设第一段时间为t1，重物在
10、这段时间内的位移为x1则t1s0.40 s，x1at0.40 m.设第二段时间为t2，t2tt11.0 s.重物在t2这段时间内的位移为x2根据动能定理有Pt2Gx2mvmv解得x22.75 m所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程xx1x23.15 m答案(1)见解析(2)3.15 m押题二动能定理的综合应用2如图甲所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，AOB37，圆弧的半径R0.5 m；BD部分水平，长度为0.2 m，C为BD的中点现有一质量m1 kg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点(g取10 m/s2，sin
11、370.6，cos 370.8)求：(1)物块运动到B点时，对工件的压力大小；(2)为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？(3)为使物块运动到C点时速度为零，也可先将BD部分以B为轴向上转动一锐角，如图乙所示，应为多大？(假设物块经过B点时没有能量损失)解析(1)物块在AB部分下滑过程，由动能定理mgR(1cos 37)mv2在B点，由牛顿第二定律得FNmg解得FN14 N由牛顿第三定律得F压FN14 N.(2)物块在从A运动到D的过程中，由动能定理mgR(1cos 37)mgLBD0在从A运动到C的过程中，由动能定理mgR(1cos 37
12、)(mgF)LBC0LBD2LBC解得F10 N.(3)物块在从A经B运动到C的过程中，由动能定理mgR(1cos 37)mgLBCsin mgLBCcos 0代入数据得1sin cos 解得37.答案(1)14 N(2)10 N(3)37押题三功能关系与能量守恒的综合应用3如图所示，在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到对面的高台上一质量m60 kg的选手脚穿轮滑鞋以v07 m/s的水平速度抓住竖直的绳开始摆动，选手可看作质点，绳子的悬挂点到选手的距离L6 m当绳摆到与竖直方向夹角37时，选手放开绳子不考虑空气阻力和绳的质量取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 3
13、70.8.(1)求选手放开绳子时的速度大小；(2)选手放开绳子后继续运动到最高点时，刚好可以站到水平传送带A点，传送带始终以v13 m/s的速度匀速向左运动，传送带的另一端B点就是终点，且xAB3.75 m若选手在传送带上不提供动力自由滑行，受到的摩擦阻力为自重的0.2倍，通过计算说明该选手是否能顺利冲过终点B，并求出选手在传送带上滑行过程中因摩擦而产生的热量Q.解析(1)设选手放开绳子时的速度大小为v，由机械能守恒定律得mvmv2mgL(1cos 37)解得v5 m/s.(2)设选手在放开绳子时，水平速度为vx，则vxvcos 374 m/s选手刚好站到传送带上时向右的速度为vx4 m/s，在传送带上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得kmgma由运动学公式得0v2ax解得x4 m3.75 m所以选手可以顺利冲过终点B设选手从A到B的时间为t，则xABvxtat2解得t11.5 s，t22.5 s(舍去)在这段时间内传送带通过的位移为x1v1t1由功能关系得QFfx相对kmg(xABx1)联立并代入数据得Q990 J.答案(1)5 m/s(2)990 J