走向高考高考物理总复习人教实验版54

走向高考高考物理总复习人教实验版54

一、选择题 ‎1．跳伞运动员在刚跳离飞机、降落伞尚未打开的一段时间内：①空气阻力做正功；②重力势能增加；③动能增加；④空气阻力做负功．以下说法中正确的是(　　)‎ A．①②　　　　 　　　　　 B．③④‎ C．②④ D．①③‎ ‎[答案]　B ‎[解析]　跳伞运动员跳离飞机，在尚未打开降落伞的这段时间内，运动员向下运动，重力对运动员做正功，重力势能减少；空气阻力对运动员做负功．由于重力大于空气阻力，运动员向下做加速运动，其动能增加，故①②错，③④对．‎ ‎2．(2019·扬州模拟)‎ 自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能(　　)‎ A．增大 B．变小 C．不变 D．不能确定 ‎[答案]　A ‎[解析]　由图可知，水袋中的水的重心上升，所以水的重力势能增大，选项A正确．‎ ‎3．(2019·苏州模拟)‎ 如图所示，用手通过弹簧拉着物体沿光滑斜面上滑，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体只受重力和弹簧的弹力作用，物体和弹簧组成的系统机械能守恒 B．手的拉力做的功，等于物体和弹簧组成的系统机械能的增加量 C．弹簧弹力对物体做的功，等于物体机械能的增加量 D．手的拉力和物体重力做的总功等于物体动能增加量 ‎[答案]　BC ‎[解析]　对于物体和弹簧组成的系统，当只有重力做功时机械能才守恒，手的拉力对系统做正功，系统的机械能增大，由功能原理可知A错误，B正确．对物体，弹簧弹力是外力，物体所受外力中，除重力外只有弹簧弹力做功，因此弹簧弹力做的功等于物体机械能的增加量，C正确．手的拉力作用于弹簧，因此引起弹簧的形变而改变弹性势能，故D错．‎ ‎4．(2019·南宁模拟) ‎ 如图所示，具有一定初速度的物体，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为‎4m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块的机械能一定增加 B．物块的机械能一定减小 C．物块的机械能可能不变 D．物块的机械能可能增加也可能减小 ‎[答案]　A ‎[解析]　除重力、 弹力做功以外，其他力做功等于机械能的增加量，题中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，则机械能的变化取决于F与Ff做功的大小关系．由mgsin30°＋Ff－F＝ma知：F－Ff＝mgsin30°－ma>0，即F>Ff，故F做正功多于克服摩擦力做的功，故机械能增加，A项正确．‎ ‎5．(2019·大连模拟)‎ 质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用．设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)‎ A.mgR B.mgR C.mgR D．mgR ‎[答案]　C ‎[解析]　小球通过最低点时，绳的张力为 F＝7mg①‎ 由牛顿第二定律可知：‎ F－mg＝②‎ 小球恰好过最高点，绳子拉力为零，由牛顿第二定律可知：‎ mg＝③‎ 小球由最低点到最高点的过程中，由动能定理得：‎ ‎－2mgR＋WFf＝mv－mv④‎ 由①②③④可得WFf＝－mgR，所以小球克服空气阻力所做的功为mgR，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎6．(2019·郑州模拟)如图所示，倾角为30°的斜面体置于水平地面上．一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B ‎，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O，A的质量为m，B的质量为‎4m.开始时，用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，下列判断中错误的是(　　)‎ A．物块B受到的摩擦力先减小后增大 B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右 C．小球A的机械能守恒 D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒 ‎[答案]　D ‎[解析]　因斜面体和B均不动，小球A下摆过程中只有重力做功，因此机械能守恒，C正确，D错误；开始A球在与O等高处时，绳的拉力为零，B受到沿斜面向上的摩擦力，小球A摆至最低点时， 由FT－mg＝m和mglOA＝mv2得FT＝3mg，对B物体沿斜面列方程：4mgsinθ＝Ff＋FT，当FT由0增加到3mg的过程中，Ff先变小后反向增大，故A正确．以斜面体和B为一整体，因OA绳的拉力水平方向的分力始终水平向左，故地面对斜面的摩擦力的方向一直向右，故B正确．‎ ‎7．(2019·安顺模拟)如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力F，使环由静止开始运动，已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示，重力加速度g取‎10m/s2.则以下判断正确的是(　　)‎ A．小环的质量是‎1kg B．细杆与地面间的倾角是30°‎ C．前3s内拉力F的最大功率是2.25W D．前3s内小环机械能的增加量是5.75J ‎[答案]　AD ‎[解析]　设小环的质量为m，细杆与地面间的倾角为α，由题图乙知，小环在第1s内的加速度a＝m/s2＝‎0.5m/s2，由牛顿第二定律得：5－mgsinα＝ma，又4.5＝mgsinα，得m＝‎1kg，A正确；sinα＝0.45，B错误；分析可得前3s内拉力F的最大功率以1s末为最大，Pm＝Fv＝5×0.5W＝2.5W，C错误；前3s内小环沿杆上升的位移x＝×‎1m＋0.5×‎2m＝‎1.25m，前3s内小环机械能的增加量ΔE＝mv2＋mgssinα＝ 5.75J，故D正确．‎ ‎8．(2019·淮南模拟)如图所示，一个质量m＝‎0.5kg的小球(视为质点)从H＝‎12m高处，由静止开始沿光滑弧形轨道AB滑下，接着进入半径R＝‎4m的粗糙竖直圆环轨道，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；小球在沿左半环CB滑下后，再进入光滑弧形轨道BD，且到达D点时速度为零．g取‎10m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．在由A到D的过程中，小球的机械能守恒 B. D点离地面的高度是‎12m C．小球第一次过B点时对轨道的压力大小是30N D．小球从B到C的过程中克服阻力做的功是10J ‎[答案]　D ‎ [解析]　①小球在圆环轨道运动过程中受摩擦阻力，机械能不守恒，故A错误；‎ ‎②因为由A到D小球机械能不守恒，所以D点离地面高度小于‎12m，故B错误；‎ ‎③小球从A到B机械能守恒，mgH＝mv，在B点由牛顿第二定律 FN－mg＝m，解得FN＝35N，故C错误．‎ ‎④小球从B到C过程，据动能定理得－mg·2R－Wf＝mv－mv，小球在C点时mg＝m，解得Wf＝10J，故D正确. ‎ 二、非选择题 ‎9.‎ 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为l0，滑块以初速度v0沿斜面上滑， 滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块经过的总路程．‎ ‎[答案]　(＋l0tanθ)‎ ‎[解析]　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgl0sinθ 又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgscosθ 解以上两式可得s＝(＋l0tanθ)‎ ‎10．(2019·桂林模拟)‎ 传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝‎5m，传送带在电动机的带动下以v＝‎1m/s的速度匀速运动，现将一质量为m＝‎10kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取‎10m/s2)‎ ‎(1)传送带对小物体做的功；‎ ‎(2)电动机做的功．‎ ‎[答案]　(1)255J　(2)270J ‎[解析]　‎ ‎(1)小物体轻放在传送带上时，受力分析如图所示，根据牛顿第二定律得 ‎ 沿斜面方向：μmgcosθ－mgsinθ＝ma 可知，小物体上升的加速度为 a＝‎2.5m/s2‎ 当小物体的速度为v＝‎1m/s时，位移x＝＝‎0.2m然后小物体将以v＝‎1m/s的速度完成‎4.8m的路程，由功能关系得：W＝ΔEp＋ΔEk＝mglsinθ＋mv2＝255J ‎(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q，由v＝at得t＝＝0.4s 相对位移x′＝vt－at2＝‎‎0.2m 摩擦热Q＝μmgx′cosθ＝15J 故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270J.‎ ‎11．(2019·苏北四市模拟)‎ 如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝‎5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝‎4.30m、h2＝‎1.35m.现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ ‎＝0.5，重力加速度g取‎10m/s2，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8.求：‎ ‎(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；‎ ‎(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；‎ ‎(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．‎ ‎[答案]　(1)‎3m/s　(2)2s　(3)‎‎1.4m ‎[解析]　(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgs＝mv－0‎ 代入数据得：vD＝‎3m/s ‎(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得 mgh1－μmgs＝mv 代入数据得：vC＝‎6m/s 小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝‎6m/s2‎ 小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝＝1s 由于对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s 故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s ‎(3)对小滑块运动全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总 有：mgh1＝μmgs总 代入数据得s总＝‎‎8.6m 故小物块最终停止的位置距B点的距离为2s－s总＝‎‎1.4m ‎12．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝‎0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离为R，P点到桌面右侧边缘的水平距离为2R.用质量m1＝‎0.4kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝‎0.2kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块b过B点后其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块从D点飞离桌面恰好由P点沿切线落入圆弧轨道．g＝‎10m/s2，求：‎ ‎(1)BD间的水平距离．‎ ‎(2)判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点．‎ ‎(3)物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．‎ ‎[答案]　(1)‎2.5m　(2)不能　(3)5.6J ‎[解析]　(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直方向分速度为：‎ vy＝ ＝tan45°‎ 所以vD＝‎4m/s 在桌面上过B点后初速度v0＝‎6m/s，加速度a＝－‎4m/s2‎ 所以BD间位移为xBD＝＝‎‎2.5m ‎(2)若物块能沿圆弧轨道到达M点，其速度为vM，由机械能守恒定律得：‎ m2v＝m2v－m2gR 轨道对物块的压力为FN，则：FN＋m‎2g＝m2 解得：FN＝(1－)m‎2g<0‎ 所以物块不能到达M点 ‎(3)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物体a、b 与桌面间的动摩擦因数均为μ，‎ 释放物块a时，Ep＝μm1gxCB 释放物块b时，Ep＝μm2gxCB＋m2v 且m1＝‎2m2‎，可得Ep＝m2v＝7.2J 物块b释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，‎ 则由能量转化及守恒定律得：Ep＝Wf＋m2v 可得Wf＝5.6J.‎