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  • 2021-05-13 发布

走向高考高考物理总复习人教实验版54

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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.‎