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2019-2020年高三物理一輪 雙基鞏固卷 第五單元
一、選擇題(每小題6分，共48分)
1．蹦床運(yùn)動員與床墊接觸的過程可簡化為下述模型：運(yùn)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(yùn)動到達(dá)最低點(diǎn)(B位置)，如圖D5－1所示，有關(guān)運(yùn)動員從A運(yùn)動至B的過程，下
圖D5－1
列說法正確的是( )
A．運(yùn)動員的機(jī)械能守恒
B．運(yùn)動員的速度一直減小
C．合力對運(yùn)動員做負(fù)功
D．運(yùn)動員先失重后超重
2．如圖D5－2所示，一根跨過輕質(zhì)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
.現(xiàn)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(yùn)動距離為H時的速度大小仍為v，則A與B的質(zhì)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(zhì)量為3 kg的物塊B相連接，另一個質(zhì)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(yùn)動一段后將分離，分離后A又上升了0.2 m到達(dá)最高點(diǎn)，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(diǎn)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＝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(yùn)動．某時刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊奈飰K(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(yùn)動的速度隨時間的變化關(guān)系，如圖乙所示(圖中取沿斜面向上的運(yùn)動方向?yàn)檎较?，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(nèi)，物塊對傳送帶做正功
B．物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ
mgsin θ，即μ>tan θ，選項(xiàng)B錯誤；0～t2內(nèi)，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(jù)v－t圖象可知物塊的位移小于零，故WG>0，選項(xiàng)C錯誤； 在0～t2內(nèi)時間內(nèi)，物塊與傳送帶之間有相對滑動，系統(tǒng)的一部分機(jī)械能會通過“摩擦生熱”轉(zhuǎn)化為熱量即內(nèi)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(shè)0～t1內(nèi)物塊的位移大小為x1，t1～t2內(nèi)物塊的位移大小為x2，對0～t2內(nèi)的物塊應(yīng)用動能定理有：－fx1＋fx2＋WG＝ΔEk，即－ΔEk＝f(x1＋x2)－WG，由圖乙知x相對>x1－x2，，選項(xiàng)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(jù)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(xiàng)A、B、C正確；汽車不是勻加速運(yùn)動，故不能求出汽車運(yùn)動到最大速度所需的時間，選項(xiàng)D錯誤．
6．ACD [解析] 設(shè)斜面傾角為θ，物體受到的合力F沿斜面向下，F(xiàn)＝mgsinθ－f，故F不隨t變化，選項(xiàng)A正確；根據(jù)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(diǎn)的一條傾斜直線，選項(xiàng)B錯誤；物體做勻加速運(yùn)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(xiàng)C正確；設(shè)物體起初的機(jī)械能為E0，t時刻的機(jī)械能為E，則E＝E0－fx＝E0－fat2，E－t圖象是開口向下的拋物線的一部分，選項(xiàng)D正確．
7．C [解析] 運(yùn)動過程中，彈簧和圓環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，因彈簧彈力對圓環(huán)做功，故圓環(huán)的機(jī)械能不守恒；對彈簧和圓環(huán)系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，當(dāng)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(dá)桿底端時彈簧的彈性勢能最大，此時圓環(huán)動能為零．
8．BD [解析] A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，選項(xiàng)A錯誤，選項(xiàng)B正確；B在運(yùn)動過程中，除重力外彈簧對其做功，所以B的機(jī)械能不守恒，因此根據(jù)機(jī)械能守恒定律mBgh＝mBv2解得的v＝＝2 m/s是錯誤的，選項(xiàng)C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒，到達(dá)地面時的機(jī)械能與剛釋放時的機(jī)械能相等，又彈簧處于原長，則E＝Ek＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6 J，選項(xiàng)D正確．
9．(1)鉤碼的重力 mg (2)① ②[(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＝＝；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(shè)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(yīng)用動能定理有
mg(L－x)sinθ－μmgcosθ(L＋x)＝0－mv
解得x＝.
(2)最終滑塊必停靠在擋板處，設(shè)滑塊在整個運(yùn)動過程中通過的路程為s.根據(jù)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(jù)牛頓第二定律：
對滑塊有μmg＝ma1
對小車有μmg＝Ma2
當(dāng)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
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2019-2020年高三物理一輪
雙基鞏固卷
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