2017年西藏高考物理基础提升复习（五）

2017年西藏高考物理基础提升复习（五）一、选择题(本题共12小题，在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～12题有多项符合题目要求。)1．(2015·江西省南昌市高三调研)质点运动过程中，它在任意时刻的速度矢量图的起点都从同一固定点画出，则这些速度矢量的末端所形成的轨迹被定义为“速矢端迹”，则以下说法中不正确的是()A．匀速直线运动的速矢端迹是一个点B．匀加速直线运动的速矢端迹是射线C．平抛运动的速矢端迹是抛物线D．匀速圆周运动的速矢端迹是圆2．(2015·河南省八市重点高中高三联考)某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻初速度为零，则下列图象中该物体在t＝4s内位移一定不为零的是()3．(2015·河北省石家庄市高三检测)在某驾校的训练场地上，有一段圆弧形坡道，如图所示，若将同一辆车先后停放在a点和b点，下述分析和比较正确的是()A．车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力B．车在a点受坡道的摩擦力大于在b点受的摩擦力C．车在a点受的合外力大于在b点受的合外力D．车在a点受的重力的下滑分力大于在b点受的重力的下滑分力4．(2015·陕西省西安地区八校高三联考)我国第一台自行设计、自主集成研制的“蛟龙号”载人潜水器完成5000米级海试回国。“蛟龙号”采用常用的“深潜器无动力下潜上浮技术”。潜水器两侧配备4块压载铁，重量可以根据不同深度与要求调整。当潜水器两侧配备4块压载铁时，潜水器下潜一定深度后按恒定速度下潜；当潜水器到达一定深度时，可操作抛载其中两块压载铁，使潜水器悬停在指定深度上实现作业，包括航行、拍照、取样等；当任务完成，再抛弃另外2块压载铁，使潜水器上浮，到达水面，设潜水器在水中受到的阻力与速度的平方成正比，潜水器受到的浮力恒定，下列说法正确的是()A．潜水器两侧配备4块压载铁时，向下做匀加速运动B．潜水器两侧配备4块压载铁时，先向下做加速度逐渐减小的加速运动，然后做匀速运动C．潜水器抛弃其中2块压载铁时，潜水器将做匀减速运动D．潜水器抛弃所有压载铁时，潜水器向上先匀加速后匀速运动至浮出水面5．(2015·哈尔滨市模拟)如图所示，可视为质点的小球，位于半径为eq\r(3)m半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点。过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为60°，则初速度为(不计空气阻力，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·河北省邯郸市高三教学质量检测)如图所示，汽车用跨过定滑轮的轻绳提升物块A。汽车匀速向右运动，在物块A到达滑轮之前，关于物块A，下列说法正确的是()A．将竖直向上做匀速运动B．将处于超重状态C．将处于失重状态D．将竖直向上先加速后减速7．(2015·山东日照市高三校际联考)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F作用向右滑行，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。下列说法正确的是()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．当F>μ2(M＋m)g时，木板发生运动D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动8．(2015·吉林省长春市高三质检)质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后在摩擦力的作用下减速到停止，其v－t图象如图所示。则下列说法正确的是()A．F1和F2大小相等B．F1和F2对A、B做功之比为2∶1C．A、B所受摩擦力大小相等D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶29．(2015·浙江省杭州市七校高三联考)如图所示，木块A放置在光滑水平面上，当受到6N水平拉力作用时，产生了3m/s2的加速度。若在静止的木块A上面放置质量为4kg的木块B，A、B之间的动摩擦因数为0.3，取重力加速度g＝10m/s2，当6N水平拉力作用在B木块上，则()A．木块A、B一起加速运动B．10s后木块B的速度大小为15m/sC．木块A对木块B的摩擦力大小为2ND．10s内木块B对木块A做的功为100J10．(2015·山东济南市高三质检)如图所示，物块A质量为m，上表面水平的楔形物块B，质量为2m，倾角θ＝30°的光滑斜面C，质量为3m，静置于粗糙水平面上。已知A、B能一起以某一初速度靠惯性沿斜面向上做匀减速运动，且C始终静止不动。则()A．A对B的摩擦力方向水平向左，大小为eq\f(\r(3),4)mgB．地面对C的摩擦力方向水平向左，大小为eq\f(3\r(3),4)mgC．A对B的压力大小为eq\f(3,4)mg，地面对C的支持力大小为6mgD．B对C的压力大小为eq\f(3\r(3),2)mg，地面对C的支持力大小为eq\f(21,4)mg11．(2015·山西大学附中高三月考)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出()A．物体的初速率v0＝3m/sB．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑12．(2015·原创题)倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k＝20N/m、原长l0＝0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l＝0.3m，且杆可在槽内移动，杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff＝6N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量m＝1kg的小车从距弹簧上端L＝0.6m处由静止释放沿斜面向下运动。已知弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kx2，式中x为弹簧的形变量。g＝10m/s2，sin37°＝0.6。关于小车和杆的运动情况，下列说法中正确的是()A．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动B．小车先做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的变加速运动，最后做匀速直线运动C．杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9mD．杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为0.1s二、实验题(本题共2小题，按题目要求解答。)13．(2015·山西省康杰中学高三月考)某同学在探究平抛运动的特点时得到如图所示的运动轨迹，a、b、c三点的位置在轨迹上已标出．则(以下结果均取三位有效数字)(1)小球平抛的初速度为________m/s。(g取10m/s2)(2)小球抛出点的位置坐标为：x＝________cm，y＝________cm。14．(2015·安徽省八校高三期中)某实验小组用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。(1)实验中除了打点计时器，还必须用到的测量工具为________。(2)在实验操作和数据处理过程中，下列做法必须有的是________。A．用天平测出重物的质量B．为减小长度测量的误差，处理纸带时每五个点取一个计数点C．必须选择打的第1个点与第2个点的间隔约为2mm的纸带D．必须先接通电源，再释放纸带(3)图乙为实验中得到的一条纸带，O为打的第一个点，A、B、C、D、E为纸带上打点计时器打出的五个连续的点，测出这五点到O点的距离分别为xA、xB、xC、xD、xE。打点计时器所接交流电的频率为f，当地的重力加速度为g，现用OC段验证机械能守恒定律，要验证的表达式为________，若实验中算得动能的增加量大于重力势能的减少量，可能原因是__________________________。(4)根据打出的纸带算出离打第一个点较远处连续几个点时的速度，以eq\f(v2,2)为纵轴，以x为横轴绘eq\f(v2,2)－x图线，如果图线是________，且图线的斜率等于________，则机械能守恒得到验证；如果根据打点间隔算出打每个点重物运动的时间t，根据测得的x和算得的t，作出eq\f(x,t)－t图象，如果图线是________，且图线的斜率等于________，则机械能守恒定律得到验证。三、计算题(本题共4小题。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须写出数值和单位。)15．(2015·河省南八市重点高中高三联考)已知O、A、B、C为同一直线上的四点，一物体自O点静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A、B、C三点。通过AB所用的时间为t1，通过BC所用的时间为t2，已知AB段与BC段的位移相等。求由O到A所用的时间t。16．(2015·山东菏泽市高三一模)某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图(a)，已知斜面倾角θ＝37°。他使木块以初速度v0沿斜面上滑，并同时开始记录数据，电脑绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑回到出发点全过程中的x－t图线如图(b)所示。图中曲线左侧起始点的坐标为(0，1.4)，曲线最低点的坐标为(0.5，0.4)。(重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)木块上滑时的初速度v0的大小和上滑过程中的加速度a1的大小；(2)木块与斜面间的动摩擦因数μ；(3)木块回到出发点时的速度v的大小。17.(2015·湖北省部分重点高中高三联考)如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，B、C两小球在倾角α＝30°固定的光滑斜面上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在垂直于斜面的光滑挡板上。现用手控制住A，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线、弹簧均与斜面始终平行。已知A、B的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放A后，A竖直向下运动至速度最大时C恰好离开挡板，试求：(1)C球的质量；(2)A球的最大速度。18．(2015·江苏省南通中学高三期中)如图所示，一物体M从A点以某一初速度沿倾角α＝37°的粗糙固定斜面向上运动，自顶端B点飞出后，垂直撞到高H＝2.25m的竖直墙面上C点，又沿原轨道返回。已知B、C两点的高度差h＝0.45m，物体M与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。试求：(1)物体M沿斜面向上运动时的加速度大小；(2)物体被墙面弹回后返回B点时的速度的大小；(3)物体被墙面弹回后，从B点回到A点所需的时间。参考答案1．C[匀速直线运动速度保持不变，速矢端迹为一个点，A项正确；匀加速直线运动的速度与时间为一次函数关系，故速度矢量不断增大，速矢端迹为射线，B项正确；平抛运动水平方向速度不变，竖直速度与时间成正比，故速矢端迹为竖直向下的射线，C项错误；匀速圆周运动速度方向沿轨迹的切线方向，故速矢端迹为圆，D项正确。]2．C[A中在t＝0和t＝4s时，物体的位移均为零，选项A错误；在v－t图象中图线围成的面积可表示位移大小，在0～2s内物体位移与2～4s的位移的矢量和为零，所以物体在4s内的位移一定为零，选项B错误；C中物体在0～1s内做加速运动，1～2s内做减速运动，2s内末速度为零，2～3s内做加速运动，3～4s内做减速运动，4s末速度为零，物体一直在同一个方向上运动，所以位移一定不为零，选项C正确；D中物体在0～1s内做正向加速，1s末速度为v，位移为x，物体在1～2s内做正向减速运动，由可逆性可得2s末的速度为零，位移为2x，2～3s内物体做反向加速运动，3s末速度为v，位移为x，3～4s内物体做反向减速运动，4s末速度为零，位移为零，所以D中的位移一定为零，选项D错误。]3．A[车停在曲面上的a点和b点，我们可以过a点和b点分别作一切面，显然过a点切面的倾角θa小于过b点切面的倾角θb，将停在曲面上的a点和b点的车所受重力分别沿平行于切面和垂直于切面分解，分别得到重力沿切面方向的分力和垂直于切面方向的分力，利用平衡条件可得出车在坡道上所受的支持力和摩擦力。显然车在a点受坡道的支持力大于在b点受的支持力，车在a点受坡道的摩擦力小于在b点受的摩擦力，选项A正确，B错误；由于车静止，车在a点受到的合外力等于在b点受到的合外力，选项C错误；车在a点受的重力的下滑分力小于在b点受的重力的下滑分力，选项D错误。]4．B[潜水器所受水的阻力与其速度有关，因此向下运动过程中，合外力不断减小到零，由牛顿第二定律可知，其加速度不断减小，最后做匀速运动，A项错误，B项正确；抛弃2块压载铁后，阻力大于重力，但阻力随速度减小而减小，不可能做匀减速直线运动，C项错误；抛弃所有压载铁后，潜水器所受水的阻力与速度仍有关，故不可能做匀加速直线运动，D项错误。]5．C[由几何关系和题意可知，B点速度的方向与水平方向的夹角θ＝30°①由速度关系可得eq\f(vy,v0)＝tanθ②水平方向：R＋Rsinθ＝v0t③竖直方向：vy＝gt④联立以上四式解之得：v0＝3eq\r(5)m/s，故C项正确。]6．B[设绳子与水平方向的夹角为θ，将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于A的速度，根据平行四边形定则得vA＝vcosθ，车子在匀速向右的运动过程中，θ减小，所以A的速度增大，故A做加速上升运动，拉力大于重物的重力，物块处于超重状态，故A、C、D错误，B正确。7．D[木块m受到滑动摩擦力作用，Ff1＝μ1mg，木板静止，故地面对木板的摩擦力为静摩擦力，对木板受力分析可知，静摩擦力Ff2与木块对木板的摩擦力为平衡力，故Ff2＝Ff1＝μ1mg，A、B错误；增大力F时，木板受力不变，木板始终静止不动，C项错，D正确。]8．C[撤去水平恒力后，对A、B分别有fA＝2maA，fB＝maB，由图线知，aA＝eq\f(0－v,2t0)，aB＝eq\f(0－v,t0)，所以有fA＝fB，C正确；因v－t图线与x轴围成的三角形面积相同，故两物体的位移相同，结合fA＝fB可知，WfA＝WfB，D错误；对A运动的全过程，有WF1－WfA＝0。同理，对B有WF2－WfB＝0，又因为WfA＝WfB，所以WF1＝WF2，B错误；因F1和F2对A、B做功相等，但在水平恒力作用下物体发生的位移不同，故F1和F2大小不等，A错误。]9．ACD[对A，根据牛顿第二定律得F＝mAa，得mA＝2kg，假设AB能保持相对静止，以AB整体为研究对象，有F＝(mA＋mB)a′，得a′＝eq\f(6,2＋4)m/s2＝1m/s2，对A所需要的摩擦力为f＝mAa′＝2×1N＝2N，AB间最大静摩擦力为fmax＝μmBg＝0.3×40N＝12N，12N>2N，故AB能保持相对静止，即AB一起加速，A正确；10s后木块B的速度v＝a′t＝10×1m/s＝10m/s，故B错误；由前面分析知木块A对木块B的摩擦力大小为2N，C正确；根据动能定理，10s内木块B对木块A做的功W＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)×2×102J＝100J，D正确。]10．BD[此题中斜面光滑，A、B一起以某一初速度靠惯性沿斜面向上做匀减速运动，把A、B看做整体，由牛顿第二定律得(m＋2m)gsin30°＝(m＋2m)a，解得加速度大小为a＝gsin30°＝0.5g。隔离A，A受到重力、支持力FN和B对A水平向左的摩擦力f。将A沿斜面向下的加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿第二定律可得mg－FN＝masin30°，f＝macos30°，解得f＝eq\f(\r(3),4)mg，FN＝eq\f(3,4)mg。由于B对A的摩擦力方向水平向左，由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力方向水平向右，大小为eq\f(\r(3),4)mg，A对B的压力大小为eq\f(3,4)mg，选项A错误；隔离C，C受到重力、支持力、B对C的压力3mgcos30°＝eq\f(3\r(3),2)mg，该压力在水平方向的分力为3mgcos30°sin30°＝eq\f(3\r(3),4)mg，竖直方向分力为3mgcos230°＝eq\f(9,4)mg。对C由平衡条件，可得地面对C的摩擦力方向水平向左，大小为eq\f(3\r(3),4)mg，选项B正确；地面对C的支持力大小为3mg＋eq\f(9,4)mg＝eq\f(21,4)mg，选项D正确，C错误。]11．BC[由图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40m，而当夹角为90°时，位移为1.80m，则由竖直上抛运动规律可知veq\o\al(2,0)＝2gh，解得v0＝eq\r(2gh)＝6m/s，故A错误；当夹角为0度时，由动能定理可得μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得μ＝0.75，故B正确；－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）)，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，即xmin＝1.44m，故C正确；若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，摩擦力为f＝μmgcos30°＝0.75×mg×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),8)mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故小球达到最高点后，不会下滑，故D错误。]12．BCD[小车从开始下滑至位移为L的过程中，小车只受重力和支持力，支持力不做功，只有重力做功，加速度a＝gsin37°＝6m/s2不变，所以小车先做匀加速运动，从刚接触弹簧，直至将弹簧压缩至弹力等于杆与槽的摩擦力，即弹力由0逐渐增大至6N，小车受到的合力逐渐减小到零，所以小车接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，B正确，A错误；当弹力为6N时，弹簧的形变量为Δx＝eq\f(Ff,k)＝0.3m，所以小车通过的位移为x＝L＋Δx＝0.9m，C正确；杆开始运动时，根据机械能守恒定律可知mgxsin37°＝eq\f(1,2)k(Δx)2＋eq\f(1,2)mv2，解得杆和小车的速度v＝3m/s，杆从开始运动到完全进入槽内的时间为t＝eq\f(l,v)＝0.1s，D正确。]13．解析(1)小球做平抛运动可视为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速运动，设小球平抛的初速度为v，小球从a到b飞行时间为T，在水平方向，vT＝0.20m，在竖直方向，0.20m－0.10m＝gT2.联立解得：T＝0.1s，v＝2.00m/s。(2)小球飞行到b点时竖直速度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′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)实验中要测量重物下落的高度，必须用到测量工具刻度尺。(2)由于只要验证gh＝eq\f(v2,2)即可，因此不需要测重物的质量，由于物体做落体运动时，打点的间隔较大，因此不需要每五个点取一个计数点，如果打的第1个点与第2个点的间隔不为2mm，可以取纸带中一段点迹清楚的部分，验证重物在打这两个点的时间间隔内机械能守恒即可，实验中必须先接通电源再释放重物，D项正确。(3)要验证的表达式为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)，若实验中算得动能的增加量大于重力势能的减少量，可能原因是先释放纸带再接通电源。(4)如果机械能守恒，由eq\f(v2,2)＝gx可知，则eq\f(v2,2)－x图线为一条过原点的倾斜直线，图线的斜率为当地的重力加速度g；如果机械能守恒，则重物做自由落体运动，由x＝eq\f(1,2)gt2知eq\f(x,t)＝eq\f(1,2)gt，因此eq\f(x,t)－t图线是一条过原点的直线，图线的斜率为当地重力加速度的一半，即机械能守恒定律得到证实。答案(1)刻度尺(2)D(3)gxC＝eq\f(（xD－xB）2f2,8)，先释放纸带后接通电源(4)过原点的倾斜的直线g过原点的倾斜的直线当地重力加速度的一半15．解析(方法一)设AB＝BC＝LAB段时间中点的瞬时速度为v1＝eq\f(L,t1)BC段时间中点的瞬时速度为v2＝eq\f(L,t2)物体运动的加速度为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))两式相除得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