2017年西藏高考物理基礎提升復習（五）

2017年西藏高考物理基礎提升復習（五）一、選擇題(本題共12小題，在每小題給出的四個選項中，第1～8題只有一項符合題目要求，第9～12題有多項符合題目要求。)1．(2015·江西省南昌市高三調研)質點運動過程中，它在任意時刻的速度矢量圖的起點都從同一固定點畫出，則這些速度矢量的末端所形成的軌跡被定義為“速矢端跡”，則以下說法中不正確的是()A．勻速直線運動的速矢端跡是一個點B．勻加速直線運動的速矢端跡是射線C．平拋運動的速矢端跡是拋物線D．勻速圓周運動的速矢端跡是圓2．(2015·河南省八市重點高中高三聯(lián)考)某同學在學習了直線運動和牛頓運動定律知識后，繪出了沿直線運動的物體的位移x、速度v、加速度a隨時間變化的圖象如圖所示，若該物體在t＝0時刻初速度為零，則下列圖象中該物體在t＝4s內位移一定不為零的是()3．(2015·河北省石家莊市高三檢測)在某駕校的訓練場地上，有一段圓弧形坡道，如圖所示，若將同一輛車先后停放在a點和b點，下述分析和比較正確的是()A．車在a點受坡道的支持力大于在b點受的支持力B．車在a點受坡道的摩擦力大于在b點受的摩擦力C．車在a點受的合外力大于在b點受的合外力D．車在a點受的重力的下滑分力大于在b點受的重力的下滑分力4．(2015·陜西省西安地區(qū)八校高三聯(lián)考)我國第一臺自行設計、自主集成研制的“蛟龍?zhí)枴陛d人潛水器完成5000米級海試回國?！膀札?zhí)枴辈捎贸Ｓ玫摹吧顫撈鳠o動力下潛上浮技術”。潛水器兩側配備4塊壓載鐵，重量可以根據(jù)不同深度與要求調整。當潛水器兩側配備4塊壓載鐵時，潛水器下潛一定深度后按恒定速度下潛；當潛水器到達一定深度時，可操作拋載其中兩塊壓載鐵，使?jié)撍鲬彝Ｔ谥付ㄉ疃壬蠈崿F(xiàn)作業(yè)，包括航行、拍照、取樣等；當任務完成，再拋棄另外2塊壓載鐵，使?jié)撍魃细?，到達水面，設潛水器在水中受到的阻力與速度的平方成正比，潛水器受到的浮力恒定，下列說法正確的是()A．潛水器兩側配備4塊壓載鐵時，向下做勻加速運動B．潛水器兩側配備4塊壓載鐵時，先向下做加速度逐漸減小的加速運動，然后做勻速運動C．潛水器拋棄其中2塊壓載鐵時，潛水器將做勻減速運動D．潛水器拋棄所有壓載鐵時，潛水器向上先勻加速后勻速運動至浮出水面5．(2015·哈爾濱市模擬)如圖所示，可視為質點的小球，位于半徑為eq\r(3)m半圓柱體左端點A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運動軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點。過B點的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60°，則初速度為(不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2)()A.eq\f(5\r(5),3)m/sB．4eq\r(3)m/sC．3eq\r(5)m/sD.eq\f(\r(15),2)m/s6．(2015·河北省邯鄲市高三教學質量檢測)如圖所示，汽車用跨過定滑輪的輕繩提升物塊A。汽車勻速向右運動，在物塊A到達滑輪之前，關于物塊A，下列說法正確的是()A．將豎直向上做勻速運動B．將處于超重狀態(tài)C．將處于失重狀態(tài)D．將豎直向上先加速后減速7．(2015·山東日照市高三校際聯(lián)考)如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上受到水平向右的拉力F作用向右滑行，長木板處于靜止狀態(tài)。已知木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2。下列說法正確的是()A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2mgB．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1(m＋M)gC．當F>μ2(M＋m)g時，木板發(fā)生運動D．無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動8．(2015·吉林省長春市高三質檢)質量分別為2m和m的A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，撤去F1、F2后在摩擦力的作用下減速到停止，其v－t圖象如圖所示。則下列說法正確的是()A．F1和F2大小相等B．F1和F2對A、B做功之比為2∶1C．A、B所受摩擦力大小相等D．全過程中摩擦力對A、B做功之比為1∶29．(2015·浙江省杭州市七校高三聯(lián)考)如圖所示，木塊A放置在光滑水平面上，當受到6N水平拉力作用時，產生了3m/s2的加速度。若在靜止的木塊A上面放置質量為4kg的木塊B，A、B之間的動摩擦因數(shù)為0.3，取重力加速度g＝10m/s2，當6N水平拉力作用在B木塊上，則()A．木塊A、B一起加速運動B．10s后木塊B的速度大小為15m/sC．木塊A對木塊B的摩擦力大小為2ND．10s內木塊B對木塊A做的功為100J10．(2015·山東濟南市高三質檢)如圖所示，物塊A質量為m，上表面水平的楔形物塊B，質量為2m，傾角θ＝30°的光滑斜面C，質量為3m，靜置于粗糙水平面上。已知A、B能一起以某一初速度靠慣性沿斜面向上做勻減速運動，且C始終靜止不動。則()A．A對B的摩擦力方向水平向左，大小為eq\f(\r(3),4)mgB．地面對C的摩擦力方向水平向左，大小為eq\f(3\r(3),4)mgC．A對B的壓力大小為eq\f(3,4)mg，地面對C的支持力大小為6mgD．B對C的壓力大小為eq\f(3\r(3),2)mg，地面對C的支持力大小為eq\f(21,4)mg11．(2015·山西大學附中高三月考)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速度v0沿足夠長的斜面向上推出，調節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖象可求出()A．物體的初速率v0＝3m/sB．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．當某次θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑12．(2015·原創(chuàng)題)傾角為37°的光滑斜面上固定一個槽，勁度系數(shù)k＝20N/m、原長l0＝0.6m的輕彈簧下端與輕桿相連，開始時桿在槽外的長度l＝0.3m，且桿可在槽內移動，桿與槽間的滑動摩擦力大小Ff＝6N，桿與槽之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。質量m＝1kg的小車從距彈簧上端L＝0.6m處由靜止釋放沿斜面向下運動。已知彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kx2，式中x為彈簧的形變量。g＝10m/s2，sin37°＝0.6。關于小車和桿的運動情況，下列說法中正確的是()A．小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的變加速運動B．小車先做勻加速運動，然后做加速度逐漸減小的變加速運動，最后做勻速直線運動C．桿剛要滑動時小車已通過的位移為0.9mD．桿從開始運動到完全進入槽內所用時間為0.1s二、實驗題(本題共2小題，按題目要求解答。)13．(2015·山西省康杰中學高三月考)某同學在探究平拋運動的特點時得到如圖所示的運動軌跡，a、b、c三點的位置在軌跡上已標出．則(以下結果均取三位有效數(shù)字)(1)小球平拋的初速度為________m/s。(g取10m/s2)(2)小球拋出點的位置坐標為：x＝________cm，y＝________cm。14．(2015·安徽省八校高三期中)某實驗小組用如圖甲所示裝置做“驗證機械能守恒定律”實驗。(1)實驗中除了打點計時器，還必須用到的測量工具為________。(2)在實驗操作和數(shù)據(jù)處理過程中，下列做法必須有的是________。A．用天平測出重物的質量B．為減小長度測量的誤差，處理紙帶時每五個點取一個計數(shù)點C．必須選擇打的第1個點與第2個點的間隔約為2mm的紙帶D．必須先接通電源，再釋放紙帶(3)圖乙為實驗中得到的一條紙帶，O為打的第一個點，A、B、C、D、E為紙帶上打點計時器打出的五個連續(xù)的點，測出這五點到O點的距離分別為xA、xB、xC、xD、xE。打點計時器所接交流電的頻率為f，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，現(xiàn)用OC段驗證機械能守恒定律，要驗證的表達式為________，若實驗中算得動能的增加量大于重力勢能的減少量，可能原因是__________________________。(4)根據(jù)打出的紙帶算出離打第一個點較遠處連續(xù)幾個點時的速度，以eq\f(v2,2)為縱軸，以x為橫軸繪eq\f(v2,2)－x圖線，如果圖線是________，且圖線的斜率等于________，則機械能守恒得到驗證；如果根據(jù)打點間隔算出打每個點重物運動的時間t，根據(jù)測得的x和算得的t，作出eq\f(x,t)－t圖象，如果圖線是________，且圖線的斜率等于________，則機械能守恒定律得到驗證。三、計算題(本題共4小題。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須寫出數(shù)值和單位。)15．(2015·河省南八市重點高中高三聯(lián)考)已知O、A、B、C為同一直線上的四點，一物體自O點靜止出發(fā)，沿此直線做勻加速運動，依次經過A、B、C三點。通過AB所用的時間為t1，通過BC所用的時間為t2，已知AB段與BC段的位移相等。求由O到A所用的時間t。16．(2015·山東菏澤市高三一模)某同學用位移傳感器研究木塊在斜面上的滑動情況，裝置如圖(a)，已知斜面傾角θ＝37°。他使木塊以初速度v0沿斜面上滑，并同時開始記錄數(shù)據(jù)，電腦繪得木塊從開始上滑至最高點，然后又下滑回到出發(fā)點全過程中的x－t圖線如圖(b)所示。圖中曲線左側起始點的坐標為(0，1.4)，曲線最低點的坐標為(0.5，0.4)。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)木塊上滑時的初速度v0的大小和上滑過程中的加速度a1的大??；(2)木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ；(3)木塊回到出發(fā)點時的速度v的大小。17.(2015·湖北省部分重點高中高三聯(lián)考)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質定滑輪的細線相連，B、C兩小球在傾角α＝30°固定的光滑斜面上通過勁度系數(shù)為k的輕質彈簧相連，C球放在垂直于斜面的光滑擋板上?，F(xiàn)用手控制住A，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側細線、彈簧均與斜面始終平行。已知A、B的質量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，釋放A后，A豎直向下運動至速度最大時C恰好離開擋板，試求：(1)C球的質量；(2)A球的最大速度。18．(2015·江蘇省南通中學高三期中)如圖所示，一物體M從A點以某一初速度沿傾角α＝37°的粗糙固定斜面向上運動，自頂端B點飛出后，垂直撞到高H＝2.25m的豎直墻面上C點，又沿原軌道返回。已知B、C兩點的高度差h＝0.45m，物體M與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。試求：(1)物體M沿斜面向上運動時的加速度大??；(2)物體被墻面彈回后返回B點時的速度的大小；(3)物體被墻面彈回后，從B點回到A點所需的時間。參考答案1．C[勻速直線運動速度保持不變，速矢端跡為一個點，A項正確；勻加速直線運動的速度與時間為一次函數(shù)關系，故速度矢量不斷增大，速矢端跡為射線，B項正確；平拋運動水平方向速度不變，豎直速度與時間成正比，故速矢端跡為豎直向下的射線，C項錯誤；勻速圓周運動速度方向沿軌跡的切線方向，故速矢端跡為圓，D項正確。]2．C[A中在t＝0和t＝4s時，物體的位移均為零，選項A錯誤；在v－t圖象中圖線圍成的面積可表示位移大小，在0～2s內物體位移與2～4s的位移的矢量和為零，所以物體在4s內的位移一定為零，選項B錯誤；C中物體在0～1s內做加速運動，1～2s內做減速運動，2s內末速度為零，2～3s內做加速運動，3～4s內做減速運動，4s末速度為零，物體一直在同一個方向上運動，所以位移一定不為零，選項C正確；D中物體在0～1s內做正向加速，1s末速度為v，位移為x，物體在1～2s內做正向減速運動，由可逆性可得2s末的速度為零，位移為2x，2～3s內物體做反向加速運動，3s末速度為v，位移為x，3～4s內物體做反向減速運動，4s末速度為零，位移為零，所以D中的位移一定為零，選項D錯誤。]3．A[車停在曲面上的a點和b點，我們可以過a點和b點分別作一切面，顯然過a點切面的傾角θa小于過b點切面的傾角θb，將停在曲面上的a點和b點的車所受重力分別沿平行于切面和垂直于切面分解，分別得到重力沿切面方向的分力和垂直于切面方向的分力，利用平衡條件可得出車在坡道上所受的支持力和摩擦力。顯然車在a點受坡道的支持力大于在b點受的支持力，車在a點受坡道的摩擦力小于在b點受的摩擦力，選項A正確，B錯誤；由于車靜止，車在a點受到的合外力等于在b點受到的合外力，選項C錯誤；車在a點受的重力的下滑分力小于在b點受的重力的下滑分力，選項D錯誤。]4．B[潛水器所受水的阻力與其速度有關，因此向下運動過程中，合外力不斷減小到零，由牛頓第二定律可知，其加速度不斷減小，最后做勻速運動，A項錯誤，B項正確；拋棄2塊壓載鐵后，阻力大于重力，但阻力隨速度減小而減小，不可能做勻減速直線運動，C項錯誤；拋棄所有壓載鐵后，潛水器所受水的阻力與速度仍有關，故不可能做勻加速直線運動，D項錯誤。]5．C[由幾何關系和題意可知，B點速度的方向與水平方向的夾角θ＝30°①由速度關系可得eq\f(vy,v0)＝tanθ②水平方向：R＋Rsinθ＝v0t③豎直方向：vy＝gt④聯(lián)立以上四式解之得：v0＝3eq\r(5)m/s，故C項正確。]6．B[設繩子與水平方向的夾角為θ，將小車的速度分解為沿繩子方向和垂直于繩子方向，沿繩子方向的速度等于A的速度，根據(jù)平行四邊形定則得vA＝vcosθ，車子在勻速向右的運動過程中，θ減小，所以A的速度增大，故A做加速上升運動，拉力大于重物的重力，物塊處于超重狀態(tài)，故A、C、D錯誤，B正確。7．D[木塊m受到滑動摩擦力作用，F(xiàn)f1＝μ1mg，木板靜止，故地面對木板的摩擦力為靜摩擦力，對木板受力分析可知，靜摩擦力Ff2與木塊對木板的摩擦力為平衡力，故Ff2＝Ff1＝μ1mg，A、B錯誤；增大力F時，木板受力不變，木板始終靜止不動，C項錯，D正確。]8．C[撤去水平恒力后，對A、B分別有fA＝2maA，fB＝maB，由圖線知，aA＝eq\f(0－v,2t0)，aB＝eq\f(0－v,t0)，所以有fA＝fB，C正確；因v－t圖線與x軸圍成的三角形面積相同，故兩物體的位移相同，結合fA＝fB可知，WfA＝WfB，D錯誤；對A運動的全過程，有WF1－WfA＝0。同理，對B有WF2－WfB＝0，又因為WfA＝WfB，所以WF1＝WF2，B錯誤；因F1和F2對A、B做功相等，但在水平恒力作用下物體發(fā)生的位移不同，故F1和F2大小不等，A錯誤。]9．ACD[對A，根據(jù)牛頓第二定律得F＝mAa，得mA＝2kg，假設AB能保持相對靜止，以AB整體為研究對象，有F＝(mA＋mB)a′，得a′＝eq\f(6,2＋4)m/s2＝1m/s2，對A所需要的摩擦力為f＝mAa′＝2×1N＝2N，AB間最大靜摩擦力為fmax＝μmBg＝0.3×40N＝12N，12N>2N，故AB能保持相對靜止，即AB一起加速，A正確；10s后木塊B的速度v＝a′t＝10×1m/s＝10m/s，故B錯誤；由前面分析知木塊A對木塊B的摩擦力大小為2N，C正確；根據(jù)動能定理，10s內木塊B對木塊A做的功W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J，D正確。]10．BD[此題中斜面光滑，A、B一起以某一初速度靠慣性沿斜面向上做勻減速運動，把A、B看做整體，由牛頓第二定律得(m＋2m)gsin30°＝(m＋2m)a，解得加速度大小為a＝gsin30°＝0.5g。隔離A，A受到重力、支持力FN和B對A水平向左的摩擦力f。將A沿斜面向下的加速度沿水平方向和豎直方向分解，由牛頓第二定律可得mg－FN＝masin30°，f＝macos30°，解得f＝eq\f(\r(3),4)mg，F(xiàn)N＝eq\f(3,4)mg。由于B對A的摩擦力方向水平向左，由牛頓第三定律可知，A對B的摩擦力方向水平向右，大小為eq\f(\r(3),4)mg，A對B的壓力大小為eq\f(3,4)mg，選項A錯誤；隔離C，C受到重力、支持力、B對C的壓力3mgcos30°＝eq\f(3\r(3),2)mg，該壓力在水平方向的分力為3mgcos30°sin30°＝eq\f(3\r(3),4)mg，豎直方向分力為3mgcos230°＝eq\f(9,4)mg。對C由平衡條件，可得地面對C的摩擦力方向水平向左，大小為eq\f(3\r(3),4)mg，選項B正確；地面對C的支持力大小為3mg＋eq\f(9,4)mg＝eq\f(21,4)mg，選項D正確，C錯誤。]11．BC[由圖可知，當夾角θ＝0時，位移為2.40m，而當夾角為90°時，位移為1.80m，則由豎直上拋運動規(guī)律可知veq\o\al(2,0)＝2gh，解得v0＝eq\r(2gh)＝6m/s，故A錯誤；當夾角為0度時，由動能定理可得μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得μ＝0.75，故B正確；－mgxsinθ－μmgcosθx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(18,10×\f(5,4)sin（θ＋α）)，當θ＋α＝90°時，sin(θ＋α)＝1，此時位移最小，即xmin＝1.44m，故C正確；若θ＝30°時，物體受到的重力的分力為mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，摩擦力為f＝μmgcos30°＝0.75×mg×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)mg，一般認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，故小球達到最高點后，不會下滑，故D錯誤。]12．BCD[小車從開始下滑至位移為L的過程中，小車只受重力和支持力，支持力不做功，只有重力做功，加速度a＝gsin37°＝6m/s2不變，所以小車先做勻加速運動，從剛接觸彈簧，直至將彈簧壓縮至彈力等于桿與槽的摩擦力，即彈力由0逐漸增大至6N，小車受到的合力逐漸減小到零，所以小車接著做加速度逐漸減小的加速運動，最后勻速運動，B正確，A錯誤；當彈力為6N時，彈簧的形變量為Δx＝eq\f(Ff,k)＝0.3m，所以小車通過的位移為x＝L＋Δx＝0.9m，C正確；桿開始運動時，根據(jù)機械能守恒定律可知mgxsin37°＝eq\f(1,2)k(Δx)2＋eq\f(1,2)mv2，解得桿和小車的速度v＝3m/s，桿從開始運動到完全進入槽內的時間為t＝eq\f(l,v)＝0.1s，D正確。]13．解析(1)小球做平拋運動可視為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻加速運動，設小球平拋的初速度為v，小球從a到b飛行時間為T，在水平方向，vT＝0.20m，在豎直方向，0.20m－0.10m＝gT2.聯(lián)立解得：T＝0.1s，v＝2.00m/s。(2)小球飛行到b點時豎直速度v⊥＝eq\f(0.30,0.1×2)m/s＝1.50m/s，由v⊥＝gt解得t＝0.15s，y′＝eq\f(1,2)gt2＝0.1125m。由－y＋0.10＝y(tǒng)′解得y＝－0.0125m＝－1.25cm，由－x＋0.20＝vt解得x＝－0.100m＝－10.0cm。答案(1)2.00(2)－10.0－1.2514．解析(1)實驗中要測量重物下落的高度，必須用到測量工具刻度尺。(2)由于只要驗證gh＝eq\f(v2,2)即可，因此不需要測重物的質量，由于物體做落體運動時，打點的間隔較大，因此不需要每五個點取一個計數(shù)點，如果打的第1個點與第2個點的間隔不為2mm，可以取紙帶中一段點跡清楚的部分，驗證重物在打這兩個點的時間間隔內機械能守恒即可，實驗中必須先接通電源再釋放重物，D項正確。(3)要驗證的表達式為mgxC＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)即gxC＝eq\f(1,2)(eq\f(xD－xB,2)f)2＝eq\f(（xD－xB）2f2,8)，若實驗中算得動能的增加量大于重力勢能的減少量，可能原因是先釋放紙帶再接通電源。(4)如果機械能守恒，由eq\f(v2,2)＝gx可知，則eq\f(v2,2)－x圖線為一條過原點的傾斜直線，圖線的斜率為當?shù)氐闹亓铀俣萭；如果機械能守恒，則重物做自由落體運動，由x＝eq\f(1,2)gt2知eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)gt，因此eq\f(x,t)－t圖線是一條過原點的直線，圖線的斜率為當?shù)刂亓铀俣鹊囊话?，即機械能守恒定律得到證實。答案(1)刻度尺(2)D(3)gxC＝eq\f(（xD－xB）2f2,8)，先釋放紙帶后接通電源(4)過原點的傾斜的直線g過原點的傾斜的直線當?shù)刂亓铀俣鹊囊话?5．解析(方法一)設AB＝BC＝LAB段時間中點的瞬時速度為v1＝eq\f(L,t1)BC段時間中點的瞬時速度為v2＝eq\f(L,t2)物體運動的加速度為a＝eq\f(v2－v1,\f(1,2)（t1＋t2）)＝eq\f(2L（t1－t2）,t1t2（t1＋t2）)由v＝v0＋at得v1＝a(t＋eq\f(1,2)t1)解方程得t＝eq\f(t2（t1＋t2）,2（t1－t2）)－eq\f(t1,2)或t＝eq\f(2t1t2＋teq\o\al(2,2)－teq\o\al(2,1),2（t1－t2）)(方法二)eq\f(L,t1)＝a(t＋eq\f(t1,2))eq\f(L,t2)＝a(t＋t1＋eq\f(t2,2))兩式相除得t＝eq\f(t2（t1＋t2）,2（t1－t2）)－eq\f(t1,2)或t＝eq\f(2t1t2＋teq\o\al(2,2)－teq\o\al(2,1),2（t1－t2