【走向高考】2016届高三物理一轮复习综合测试题5习题新人教版

1、【走向高考】2016届高三物理一轮复习 综合测试题5习题 新人教版本卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。满分100分，考13t时间90分钟。第1卷（选择题共40分）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第 16题只 有一项符合题目要求，第710题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1. （2015晋城质检）全地形越野车装有全方位减震装置，其原理简化图如图所示（俯视图，越野车底部弹簧未画出），其弹簧（完全一样，图中弹簧在车子静止时处于原长状态 ）使受保护区 运动延时，从而起到减震作用。以下对运动中车子的描述正确

2、的是（ ）A.如果车子前轮跌落沟里，弹簧增加的弹性势能全部来自动能B.如果车子前轮跌落沟里，弹簧增加的弹性势能部分来自动能C.如果车子前轮冲向高坡，弹簧的弹性势能转化为重力势能D.如果匀速行驶的车子突然刹车，前后弹簧形变量大小不相等答案B解析当车子前轮跌落沟里时，动能与重力势能都会减小，转化为弹性势能，A错，B对;当车子冲向高坡时，动能转化为弹性势能与重力势能，C错；匀速行驶时，前后弹簧都处于原长状态，突然刹车时，由于惯性，前面弹簧会缩短，后面弹簧会伸长，其形变量大小一样，D错。2 .如图所示，木盒中固定一质量为m的祛码，木盒和祛码在桌面上以一定的初速度一起滑行一段距离后停止。现拿走祛码，而持

3、续加一个竖直向下的恒力F（F = mg）,若其他条件不变，则木盒滑行的距离（）A.不变B.变小C.变大 D.变大变小均可能答案B解析设木盒质量为 M ,木盒中固定一质量为 m的祛码时，由动能定理可知，（mF M）gx11 v2= 2（M + m）v2,解得x1 = 2-；Jj加一个竖直向下的恒力F（F=mg）时，由动能te理可知，科（m+ M）gx2 = 1Mv2 ,解得 x2 = 一/端一而。显然 x2<x1。 2L 111 十3 . （2014吉林白山一模）用长度为L的细绳悬挂一个质量为 m的小球，将小球移至和悬点等 高的位置使绳自然伸直。 放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最

4、低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为（ ）A . mgVgiB . |mgVgl11C. 2mgVagiD. 3mgVsgl答案C1 ，一解析设小球摆到离取低点的局度为h时，动能和重力势能相等，即mgh=mv2,由释放1L点到h局度处，应用动能te理得mg（L - h） = mv2 ,由以上两式得 h=, v=ygL。设h局度处悬线与水平方向的夹角为“，由几何关系得 “=30°,根据功率的定义得 P=mgvcos30 =2mg-SgT, C 正确。4. （2014福建理综）如图，两根相同的轻质弹簧， 沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上

5、，斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力 作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出 并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块 （）A.最大速度相同B,最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力势能的变化量不同答案C解析本题考查了弹性势能与重力势能及动能的变化。解题关键是各物理量所对应弹簧所处的状态及受力情况。开始压缩量相同，弹力相同，释放瞬间两球加速度最大，由牛顿第二kx0te律，kx0 - mgsin 0= mam, am= "m- gsin 9由于两物块质重不同，因此取大加速度不同，因此B

6、选项错误；当物块加速为零时，速度最大，则 kx = mgsin 0,由能量转化与守恒定律，有1kx0=1kx2+mv2n,所以丫21 =挈-mg2s1n2 5 m越大，vm越小，两物块质量不同，最 222m k1大速度不同，选项 A错误；达到最大高度时速度为零，弹性势能转化为重力势能，则2kx0 =mgh, h = 詈，两物块质量不同，上升的最大高度不同，选项 C正确；弹簧相同，开始压缩 2mg量相同，全过程释放的弹性势能完全转化为重力势能，即AEPG EPO,重力势能的变化量相同，选项D错误。本题对最大速度的分析是难点，列出能量守恒关系式才能准确解答。5 .一个小物块冲上一个固定的粗糙斜面，

7、经过斜面上A、B两点，到达斜面上最高点后返回时，又通过了 B、A两点，如图所示，关于物块上滑时由A至ij B的过程和下滑时由 B到A的过程，动能变化量的绝对值 AE上和AE下，以及所用的时间t上和t下，相比较，有（）A. AE±<AET, t 上 下C. AE ±< AET, t上X下B . AE上AE下，t上>t下D . AE±>AET, t上<t 下答案D解析由题意可知，小物块沿斜面上升时，F ± = mgsin 9Ff,小物块沿斜面下降时，F下=mgsin 0- f,故F上F下，a上a下，由于物块克服摩擦力做功，则可知

8、vA上vA下，vB 上vB下，由v = V02 vt可得v上 丫下，故t上t下，另由动能定理可得 A E上A E下。6 . （2015梅州质检）如图所示，在竖直方向上 A、B两物体通过劲度系数为 k的轻质弹簧相连， B、C两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连， A固定在水平地面上，C放在固定的倾角为30 °的光滑斜面上。已知 B的质量为m, C的质量为4m,重力加速度为g,细绳与滑轮之间 的摩擦力不计。现用手按住 C,使细绳刚刚拉直但无张力，并保证ab段的细绳竖直、cd段的细绳与斜面平行。 开始时整个系统处于静止状态，释放C后，它沿斜面下滑，斜面足够长，则下列说法正确的是（）C.当B

9、的速度达到最大时，弹簧的伸长量为A. C下滑过程中，其机械能守恒B. C下滑过程中，其机械能一直增加2mg kD. B的最大速度为答案DC的机械能一直减小，A、B错解析C物体下滑过程中，绳的拉力对 C物体始终做负功,误；通过受力分析可知，当 B物体的速度最大时， B、C两物体的加速度为零，则绳子上的张力大小为2mg,此时弹簧处于伸长状态，弹簧的伸长量x2 满足 kx2 = 2mgmg, x2= mg, kC错误；开始时弹簧压缩的长度为x1=mkg，则B物体上升的距离以及 C物体沿斜面下滑的距离均为h=x1 + x2,由于x1=x2,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧1弹力做功为手

10、，设B物体的取大速度为vm ,由机械能寸恒te律得，4mghsin30 =mgh + X5mv2n,得 vm = 2g5k，D 正确。7 .如图所示，在外力作用下某质点运动的vt图象为正弦曲线。从图中可以判断（）A.在0t1时间内，外力做正功8 .在0t1时间内，外力的功率逐渐增大C.在t2时刻，外力的功率最大D.在t1t3时间内，外力做的总功为零答案AD解析由vt图象可知，在0t1时间内，由于质点的速度增大，根据动能定理可知，外 力对质点做正功，A正确；在0t1时间内，因为质点的加速度减小，故所受的外力减小，由图可知t1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大的，B错误；在t2时

11、刻，由于质点的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零， C错误；在t1t3时间内，因为质点的动能不变，故外力做的总功为零，D正确。8. （2014浙江温州一模）用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，其v t图象如图所示。下列说法正确的是（）A.在0t1时间内，货物处于超重状态8 .在t2t3时间内，起重机拉力对货物做负功C.在t1t3时间内，货物的机械能一直在增大D.匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小答案ACD解析根据vt图线可知，0t1时间内，有向上的加速度，货物处于超重状态， A正确； t2t3时间内，货物向上减速运动，起重机拉力对货

12、物做正功，B错误；t1t3时间内，除重力做功外，拉力一直做正功，货物的机械能一直在增大，C正确；加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率P1=Fv,匀速阶段拉力的功率 P2=mgv,虽然v1<v,但是F>mg,则P1可能大 于P2,故D正确。9 .如图所示轨道是由一直轨道和一半圆轨道组成的，一个小滑块从距轨道最低点B为h高度的A处由静止开始运动，滑块质量为 m,不计一切摩擦。则（）iiA.若滑块能通过圆轨道最高点D, h的最小值为2.5RB.若h=2R,当滑块到达与圆心等高的C点时，对轨道的压力为 3mgC.若h=2R,滑块会从C、D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动D.若要使滑块能返回到

13、A点，则h<R答案ACD解析要使滑块能通过最高点 D,则应满足mg=mv2，可得v=«gR;即若在最高点 D时滑块的速度小于弼,滑块无法达到最高点；若滑块速度大于等于<gR,则可以通过最高点1 . 一.做平抛运动；由机械能守恒te律可知，mg（h 2R）=3mv2,解得h=2.5R, A正确。若h=2R,由A至C过程由机械能守恒可得 mg（2RR） = 1mvC,在C点，由牛顿第二定律有FN=mvC, 2R解得FN = 2mg,由牛顿第三定律可知 B错误。h= 2R时小滑块不能通过 D点，将在C、D 中间某一位置离开圆轨道做斜上抛运动，故 C正确。由机械能守恒可知 D正确

14、。10. （2014山东日照一模）如图所示，足够长的传送带以恒定速率沿顺时针方向运转。现将一个物体轻轻放在传送带底端，物体第一阶段被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段匀速运动到传送带顶端。则下列说法中正确的是（）A .第一阶段和第二阶段摩擦力对物体都做正功B .第一阶段摩擦力对物体做的功大于物体机械能的增加量C.第二阶段摩擦力对物体做的功等于第二阶段物体机械能的增加量D.第一阶段摩擦力与物体和传送带间的相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能 答案ACD解析对小滑块受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，摩擦力一直沿斜面向上，故摩擦 力一直做正功，故A正确；根据功能关系，除重力、弹力外，其他力

15、做功对应机械能的变化， 故第一阶段摩擦力对物体做的功等于物体机械能的增加，故B错误；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度，由于支持力不做功，故物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全 过程摩擦力对物体所做的功，故C正确；第一阶段摩擦力对物体所做的功一部分转化为物体的动能，另一部分转化为物体及传送带的内能；第二阶段，摩擦力对物体所做的功都转化为 机械能，故摩擦力与相对位移的乘积在数值上等于系统产生的内能。故D正确。第H卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分。把答案直接填在横线上)11. (6分)如图是一位同学做 探究动能定理”的实验装置图。(1)让一重物拉着一条纸带自

16、由下落，通过打点计时器在纸带上打点，然后取纸带的一段进行研究。该同学测定重力做功和物体动能的增加量时，需要用刻度尺测量这一段的,并计算重物在这一段运动的初速度和末速度。(2)该同学计算了多组动能的变化量A EK画出动能的变化量 A Ek与下落的对应高度 Ah的关系图象，在实验误差允许的范围内，得到的A EkAh图应是下列选项的 图。答案(1)位移或高度(2)C11解析探究动能定理，其表达式为mgAh = £mv2 2mv2,需要用刻度尺测量这一段的位移或高度，并计算重物在这一段运动的初速度v1和末速度v2o由题意知AEk= mgAh,因此C图正确。12. (6分)某探究学习小组的同学

17、们欲探究做功与物体动能变化的关系 ”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置。打点计时器滑块 细线 滑等纸带丁正一»二号长.看水平工验台I I 2 砂和砂林(1)该学习小组的同学想用砂和砂桶的重力作为滑块受到的合外力，探究滑块所受合外力做功与滑块动能变化的关系。为了实现这个想法，该小组成员提出了以下实验措施，你认为有效 的有。A .保持砂和砂桶的质量远大于滑块的质量B .保持砂和砂桶的质量远小于滑块的质量C.保持长木板水平D.把长木板的左端垫起适当的高度以平衡摩擦力E.调整滑轮的高度使细线与长木板平行(2)如图为实验中打出的一条纸带，现选取纸带中的B、K两点来探究滑块所受合外力做功与滑

18、块动能变化的关系。已知打点计时器的打点周期为T,重力加速度为 go在本实验中需要测量的物理量有：砂和砂桶的质量ml、滑块的质量 m2, A、C间的距离si, J、L间的距离s2, B、K间的距离so本实验探究结果的表达式为 。(用测量物理量相应的字母表 示)>AR DEFGT_I 7 K I"">乙1 s2 1 si答案(1)BDE (2)m1gs=2m2(2T)2 2m2(亓)2解析(1)砂和砂桶的总质量越小，产生的加速度越小，细线拉力越接近砂和砂桶的重力，误差越小，故B正确；由于滑块受到长木板的摩擦力作用，因此要先平衡摩擦力，D正确；为了使细线拉力与滑块运动

19、方向平行，需调整滑轮的高度使细线与长木板平行，E正确。(2)选才i B、K之间的过程研究误差较小，对滑块，合外力可视为砂和砂桶的重力，做功为 Ws1 s2111 s2= m1gs。B、K 两处的速度分力1J为 vB = 2T，vKn齐,动能变化为m2vK m2VB = ,m2(2T)21 _ s11 _ s2 _ 1 _ si2m2（亓）2,故探究结果的表达式为m1gs= 2m2（亓）2 2m2（万）2。13. (6分)如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、 电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器

20、材有 。(填入正确选项前的字母)A.米尺B,秒表C. 46V的直流电源D. 46V的交流电源(2)下面列举了该实验的几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器件；B.将打点计时器接到电源的直流输出”上；C.用天平测出重锤的质量；D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带；E.测量纸带上某些点间的距离；F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。其中操作不当的步骤是 。(3)实验中误差产生的原因有 。(写出两个原因)(4)利用这个装置也可以测量重锤下落的加速度a的数值。根据打出的纸带，选取纸带上连续的五个点A、B、C、D、E,测出各点之间的距离如图所示。使用交流电的频率为f,

21、则计算重锤下落的加速度的表达式 a=。(用si、s2、s3、s4及f表示)答案(1)AD (2)B (3)纸带与打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；计算势能变化时，选取始末两点距离过近；交流电频率不稳定(写出任意两个即可)sJ + s4-si-s2 f2(4) 4解析(i)用米尺测量长度，用交流电源供打点计时器使用。(2)打点计时器使用的是低压交流电源，所以步骤B是错误的。(4)为了减小实验误差，可以采用逐差法求加速度，s4-s2=2aT2, s3-si = 2aT2,所以由以上两式得a=ai + a2S + s4si一$2 f2三、论述计算题(共4小题，共42分。解答

22、应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤， 只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14. (I0分)如图所示，在光滑水平地面上放置质量M = 2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m=ikg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h=0.6m。滑块在木板上滑行 t=is后，和木板以共同速度 v=im/s匀速运动，取g =I0m/s2。求：(i)滑块与木板间的摩擦力；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功;(3)滑块相对木板滑行的距离。答案(I)2N (2)I.5J i.5m解析(I)对木板Ff=MaI由运动学公式，有v=

23、ait解得Ff=2N。(2)对滑块Ff=ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0由公式vv0=a2t解得 v0= 3m/s滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得1-mgh WFf = mvD1WFf = mgh mvl)： 1.5J1(3)t = 1s内木板的位移 s1=a1t21此过程中滑块的位移 s2 = v0t + 2a2t2故滑块相对木板滑行距离L = s2- s1= 1.5m15. (10分)在检测某种汽车性能的实验中，质量为3X103kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40m/s,利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应,、 ,1一一一， 速度V,并描绘出如图所

24、示的 F 1图象(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程,ABC :AB、BO均为直线)。假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线(1)求该汽车的额定功率。(2)该汽车由静止开始运动，经过35s达到最大速度40m/s,求其在BC段的位移。答案(1)8 104W (2)75m解析(1)由图线分析可知：图线AB表示牵引力F不变即F=8 000N ,阻力f不变，汽车由 静止开始做匀加速直线运动；图线 BC的斜率表示汽车的功率 P不变，达到额定功率后，汽 车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40m/s,此后汽车做匀速直线运动由图可知：当最大速度 vmax =

25、40m/s时，牵引力为Fmin= 2 000N由平衡条件f= Fmin可得f = 2 000N由公式 P= Fminvmax得额定功率 P=8X104WP(2)匀加速运动的末速度vB=F，代入数据解得 vB= 10m/s汽车由A到B做匀加速运动的加速度为a=Ff = 2m/s2m设汽车由A至U B所用时间为t1,由B到C所用时间为t2,位移为s,则t1 = va=5s, t2 = 35s5s= 30sB点之后，对汽车由动能定理可得1 1 _Pt2 fs= 2mvC 2mv2B代入数据可得s= 75m。16. (11分)如图所示，一质量为 m= 1kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平

26、台的左端与水平传送带相接，传送带以v=2m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep = 4.5J,若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带。已知滑块与传送带的动摩擦因数 为 尸0.2 ,传送带足够长，g=10m/s2。求：(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量。答案(1)3.125s (2)12.5J 1解析(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1,则Ep=-mv2,得 v1 = 3m/s滑块在传送带上运动的加速度a=(i岁2m/s2滑块向左运动的时间t1 =U= 1.5sa向右匀加速运动的时间a=：=佰向左的最大位移为x1 =坦=2.25m2a向右运动的位移为v2 ,x2 = 2a= 1m匀速向右的时间为x1 x2 c “Lt3= 0.625sv所以 t=t1 + t2+t3= 3.125s。(2)滑块向左运动x1的位移时，传送带向右的位移为x1 '= vt1 = 3m则 Ax1=x1'+x1 = 5.25m滑块向右运动x2时，传送带向右位移为x2'=vt2 = 2m贝U Ax2=x2