【名師對話】2014屆高三物理一輪 雙基鞏固卷 第五單元

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1、 《名師對話（物理）》2014屆高三一輪“雙基鞏固卷”：第五單元 (考查范圍：第五單元　分值：110分) 一、選擇題(每小題6分，共48分) 1．蹦床運動員與床墊接觸的過程可簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的床墊(A位置)上，隨床墊一同向下做變速運動到達最低點(B位置)，如圖D5－1所示，有關運動員從A運動至B的過程，下 圖D5－1 列說法正確的是(　　) A．運動員的機械能守恒 B．運動員的速度一直減小 C．合力對運動員做負功 D．運動員先失重后超重 2．如圖D5－2所示，一根跨過輕質定滑輪的不可伸長的輕繩兩端各系一個物體A和B，不計摩擦 圖D5－

2、2 .現將物體由靜止釋放，B物體下落H高度時的速度為v，若在A的下方掛一個與A相同的物體，由靜止釋放，B向上運動距離為H時的速度大小仍為v，則A與B的質量之比為(　　) A．1∶2　　　　　　　　　B．2∶3 C.∶2 D.∶3 3．如圖D5－3所示，豎直放置的輕彈簧上端與質量為3 kg的物塊B相連接，另一個質量為 圖D5－3 1 kg的物塊A放在B上．先向下壓A，然后釋放，A、B共同向上運動一段后將分離，分離后A又上升了0.2 m到達最高點，此時B的速度方向向下，且彈簧恰好為原長．從A、B分離到A上升到最高點的過程中，彈簧彈力對B做的功及彈簧回到原長時B的速度大小分別是(g

3、＝10 m/s2)(　　) A．12 J　2 m/s B．0　2 m/s C．0　0 D．4 J　2 m/s 4．一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為θ，以一定的速度勻速運動．某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度的物塊(如圖D5－4甲所示)，以此時為t＝0時刻記錄了物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的變化關系，如圖乙所示(圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，其中|v1|>|v2|)．已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2.則下列判斷正確的是(　　) 　　　　甲　　　　　　　　　　　乙 圖D5－4 A．0～t1時間內，物塊對傳送帶做正功 B．物塊與傳送帶間的動摩擦

4、因數μ

5、的速度、位移和機械能，則圖D5－6中可能正確的是(　　) 　A　　　　　B　　　　　　C　 　　　　D 圖D5－6 7．如圖D5－7所示，固定的傾斜光滑桿上套有一個質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)與豎直放置的輕質彈簧一端相連，彈簧的另一端固定在地面上的A點，彈簧處于原長h，讓圓環(huán)沿桿滑下，滑到桿的底端時速度為零，則在圓環(huán)下滑過程中(　　) 圖D5－7 A．圓環(huán)機械能守恒 B．彈簧的彈性勢能先增大后減小 C．彈簧的彈性勢能變化了mgh D．彈簧的彈性勢能最大時圓環(huán)動能最大 8．如圖D5－8所示，在光滑固定的曲面上，放有兩個質量分別為1 kg和2 kg的可視為質點的小球A和B，兩

6、球之間用一根輕質彈簧相連，用手拿著A，使彈簧豎直，A、B間距離L＝0.2 m，B剛剛與曲面接觸且距水平面的高度h＝0.1 m．此時彈簧的彈性勢能Ep＝1 J，自由釋放后兩球以及彈簧從靜止開始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面運動，不計一切碰撞時機械能的損失，g取10 m/s2.則下列說法中正確的是(　　) 圖D5－8 A．下滑的整個過程中彈簧和A球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．下滑的整個過程中兩球及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．B球剛到地面時，速度是 m/s D．當彈簧處于原長時，以地面為參考平面，兩球在光滑水平面上運動時的機械能為6 J 二、實驗題(16分) 9．在用圖D5

7、－9裝置進行“探究恒力做功與滑塊動能變化的關系”實驗中，某同學設計了如下實驗步驟： 圖D5－9 ①如圖安裝實驗裝置，反復移動墊塊的位置，調整長木板的傾角θ，直至輕推滑塊后，滑塊沿長木板向下做勻速直線運動； ②取下細繩和鉤碼，同時記錄鉤碼的質量m； ③保持長木板的傾角不變；啟動打點計時器，讓滑塊沿長木板向下做勻加速直線運動，到達底端時關閉電源； ④取下紙帶進行分析，計算恒力做的功與滑塊動能的變化，探尋它們之間的關系． 回答下列問題：(重力加速度為g，結果用已知和測量的物理量字母表示) (1)實驗中，滑塊在勻加速下滑過程中所受的合力大小是用________替代的，其大小為F＝__

8、__________； (2)實驗中，得到的紙帶如圖D5－10所示，已知打點計時器的工作頻率為f，在紙帶上從某一點O開始每隔一個點選取一個計數點，分別標有O、A、B、C、D、E、F、G，測得相鄰計數點間的距離如圖所示： 圖D5－10 ①打點計時器打下A點時滑塊的速度vA＝________； ②選取紙帶上A、F兩點進行研究，則從A到F，滑塊動能的增加量ΔEk＝________；合力F做的功WF＝__________．若在誤差允許范圍內ΔEk＝WF，則可初步確定恒力做的功等于滑塊動能的變化． 三、計算題(46分) 10．(22分)如圖D5－11所示，足夠長的傾角為θ的粗糙斜面上，有

9、一質量為m的滑塊距擋板P為L，以初速度v0沿斜面下滑，并與擋板發(fā)生碰撞，滑塊與斜面動摩擦因數為μ，μ

10、在墻壁上．已知滑塊與小車表面的動摩擦因數μ＝0.2，g取10 m/s2. (1)求小車與墻壁碰撞時的速度； (2)若滑塊在半圓軌道運動的過程中不脫離軌道，求半圓軌道半徑R的取值． 圖D5－12 1．CD　[解析] 由能量守恒定律可知，運動員減小的機械能轉化為床墊的彈性勢能，故選項A錯誤；當F彈＝mg時，a＝0，在此之前，F彈＜mg，加速度方向向下(失重)，物體做加速運動；在此之后，F彈＞mg，加速度方向向上(超重)，物體做減速運動，選項B錯誤選項D正確；從A位置到B位置，由動能定理得，W合＝－Ek0，選項C正確． 2．C　[解析] 對兩個過程分別應用機械能守恒定律得：mBgH

11、－mAgH＝(mA＋mB)v2，2mAgH－mBgH＝(2mA＋mB)v2，聯(lián)立解得＝，選項C正確． 3．B　[解析] 當兩個物塊共同向上運動時彈簧彈力減小，彈簧彈力恰好為零時，兩個物塊的共同加速度為重力加速度，此時兩個物塊恰好分離，A物塊做豎直上拋運動，由豎直上拋運動的規(guī)律可求得A、B分離時的初速度v＝＝2 m/s，當B回到彈簧原長位置時，彈簧彈力又恰好為零，彈簧在此過程中做功為零，B的動能與分離時的動能相同，速度仍為2 m/s，B正確． 4．D　[解析] 物塊勻速運動時，速度沿斜面向上，故傳送帶順時針傳動.0～t1內，物塊沿傳送帶向下運動，物塊對傳送帶的滑動摩擦力向下，物塊對傳送帶做負

12、功，選項A錯誤；由圖乙可知，在t1時刻，物塊的速度減為零，之后向上加速運動，所以μmgcos θ>mgsin θ，即μ>tan θ，選項B錯誤；0～t2內，傳送帶對物塊做的功W加上物塊重力做的功WG等于物塊動能的增加量，即W＋WG＝mv－mv，而根據v－t圖象可知物塊的位移小于零，故WG>0，選項C錯誤； 在0～t2內時間內，物塊與傳送帶之間有相對滑動，系統(tǒng)的一部分機械能會通過“摩擦生熱”轉化為熱量即內能，其大小Q＝fx相對，該過程中，物塊受到的摩擦力f大小恒定，設0～t1內物塊的位移大小為x1，t1～t2內物塊的位移大小為x2，對0～t2內的物塊應用動能定理有：－fx1＋fx2＋WG＝ΔEk

13、，即－ΔEk＝f(x1＋x2)－WG，由圖乙知x相對>x1－x2，，選項D正確． 5．ABC　[解析] 汽車速度最大時， 汽車所受到的牽引力F1＝f＝，根據牛頓第二定律F－f＝ma得，－＝ma，即a＝(－)，圖象斜率k＝，橫軸截距b＝，所以汽車的功率P、汽車行駛的最大速度vm可求，由f＝ 可解得汽車所受到阻力，選項A、B、C正確；汽車不是勻加速運動，故不能求出汽車運動到最大速度所需的時間，選項D錯誤． 6．ACD　[解析] 設斜面傾角為θ，物體受到的合力F沿斜面向下，F＝mgsinθ－f，故F不隨t變化，選項A正確；根據牛頓第二定律知加速度a＝也不變，由v＝at知，v－t圖象為過原點的一條

14、傾斜直線，選項B錯誤；物體做勻加速運動，故位移x＝at2，x－t圖象是開口向上的拋物線的一部分，選項C正確；設物體起初的機械能為E0，t時刻的機械能為E，則E＝E0－fx＝E0－f·at2，E－t圖象是開口向下的拋物線的一部分，選項D正確． 7．C　[解析] 運動過程中，彈簧和圓環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，因彈簧彈力對圓環(huán)做功，故圓環(huán)的機械能不守恒；對彈簧和圓環(huán)系統(tǒng)，根據機械能守恒定律知，當圓環(huán)滑到桿底端時，彈簧的彈性勢能增大量等于圓環(huán)重力勢能的減小量mgh，又因彈簧先被壓縮后被拉伸，所以彈簧的彈性勢能先增大后減小再增大；圓環(huán)到達桿底端時彈簧的彈性勢能最大，此時圓環(huán)動能為零． 8．BD　[解

15、析] A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A錯誤，選項B正確；B在運動過程中，除重力外彈簧對其做功，所以B的機械能不守恒，因此根據機械能守恒定律mBgh＝mBv2解得的v＝＝2 m/s是錯誤的，選項C錯誤；根據系統(tǒng)機械能守恒，到達地面時的機械能與剛釋放時的機械能相等，又彈簧處于原長，則E＝Ek＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6 J，選項D正確． 9．(1)鉤碼的重力　mg　(2)①?、赱(x6＋x7)2－(x1＋x2)2]　mg(x2＋x3＋x4＋x5＋x6) [解析] (1)滑塊勻速下滑時，有Mgsinα＝mg＋f，滑塊勻速下滑時，滑塊所受合力F＝Mgsinα－f＝mg.(2)vA

16、＝＝；vF＝，從A到F動能的增加量ΔEk＝Mv－Mv＝[(x6＋x7)2－(x1＋x2)2]，合力F做的功WF＝mg(x2＋x3＋x4＋x5＋x6)． 10．(1) 　(2) [解析] (1)設滑塊第一次與擋板碰撞后上升離開擋板P的最大距離為x. 對滑塊應用動能定理有 mg(L－x)sinθ－μmgcosθ(L＋x)＝0－mv 解得x＝. (2)最終滑塊必?？吭趽醢逄?，設滑塊在整個運動過程中通過的路程為s.根據能量守恒定律得 mgLsinθ＋mv＝μmgscosθ 解得s＝. 11．(1)4 m/s　(2)R≤0.24 m或R≥0.6 m [解析] (1)根據牛頓第二定律

17、： 對滑塊有μmg＝ma1 對小車有μmg＝Ma2 當滑塊相對小車靜止時，兩者速度相等，即 v0－a1t＝a2t 由以上各式解得t＝1 s，此時小車的速度為v2＝a2t＝4 m/s. 滑塊的位移x1＝v0t－a1t2 小車的位移x2＝a2t2 相對位移L1＝x1－x2 聯(lián)立解得L1＝3 m，x2＝2 m L1