高考物理一轮复习练习专题突破练5含答案Word文档格式.docx

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绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B正确；

空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·

πL，C错误，D正确．

2．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧O端相距s，如图2所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为（　　）【导学号：

96622401】

图2

A.mv－μmg（s＋x）　　　B.mv－μmgx

C．μmgsD．μmg（s＋x）

A　设物体克服弹簧弹力所做的功为WT，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－WT，摩擦力对物体做功为－μmg（s＋x），根据动能定理有

－WT－μmg（s＋x）＝0－mv，

所以，WT＝mv－μmg（s＋x）．

3．质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图3所示．物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为（　　）

图3

A．2m/sB．3m/s

C．4m/sD.m/s

B　由图可知变力F做的正功W1＝10×

4J＋10×

4×

J＝60J，变力F做的负功大小W2＝10×

J＝20J，由动能定理得：

W1－W2＝mv－mv，即60－20＝×

10v－×

10×

12，解得：

v2＝3（m/s），故B正确．

对点强化2　机械能守恒中的轻杆模型

4．（多选）如图4所示，A、B两个小球（均视为质点）用轻杆连接，A球只能沿内壁光滑的竖直滑槽运动，B球处于光滑水平地面上．开始时，在外力作用下A、B球均静止，连接轻杆可视为竖直．现撤去外力，B球开始沿水平面向右运动．已知A、B两球的质量均为m，杆长为L，以水平地面为零势能面，则下列说法正确的是（　　）

图4

A．A球下滑到地面的过程中，轻杆对B球先做正功后做负功

B．A球着地时的速度大小为

C．A球着地时A、B两球的速度大小相同

D．A球下滑到地面的过程中两球和杆组成的系统机械能守恒

AD　A球下滑到地面的过程中，对两球和杆组成的系统，槽对A球的弹力与其速度方向垂直，弹力不做功，水平地面对B球的弹力与其速度方向垂直，也不做功，只有A球的重力做功，系统机械能守恒，选项D正确；

由于A球着地时受到滑槽的限制，B球速度为零，根据机械能守恒定律有mgL＝mv，A球着地时的速度大小vA＝，选项B、C错误；

开始时，B球的速率为零，A球着地时B球的速率也为零，可见B球先加速后减速，动能先增大后减小，根据动能定理知，杆对B球做的功等于B球动能的变化量，轻杆对B球先做正功后做负功，选项A正确．

5．（多选）如图5所示，在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体Q.一长为L的轻杆下端用光滑铰链连接于O点，O点固定于地面上，轻杆的上端连接着一个可视为质点的小球P，小球靠在立方体左侧，P和Q的质量相等，整个装置处于静止状态．受到轻微扰动后P倒向右侧并推动Q.下列说法中正确的是（　　）

图5

A．在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，小球的速度大小为

B．在小球和立方体分离前，当轻杆与水平面的夹角为θ时，立方体和小球的速度大小之比为sinθ

C．在小球和立方体分离前，小球所受的合外力一直对小球做正功

D．在落地前小球的机械能一直减少

BC　由题意可知，在小球和立方体分离前，P、Q水平分速度相同，当轻杆与水平面的夹角为θ时，根据动能定理，mPgL（1－sinθ）＝mPv＋mQv，又vPsinθ＝vQ，小球的速度大小为vP＝，A项错误，B项正确；

由题意可知在分离前小球动能一直增大，小球所受的合外力一直对小球做正功，C项正确；

在落地前小球的机械能先减少后不变，D项错误．

6．（多选）如图6所示，质量为m＝0.5kg的小球用长为L＝0.4m的细线系住，使其在竖直平面内做匀速圆周运动，若细线能承受的最大作用力为50N，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）【导学号：

96622402】

图6

A．只要小球在最高点时的速度不小于2m/s，则小球均能在竖直平面内做匀速圆周运动

B．只要小球能在竖直平面内做匀速圆周运动，则细线在最低点拉力与最高点的拉力之差为定值

C．小球在竖直平面内做匀速圆周运动时细线在最低点拉力与最高点的拉力之差与角速度成正比

D．若小球在竖直平面内做匀速圆周运动，则角速度一定满足5rad/s≤ω≤15rad/s

BD　小球的速度不能太小也不能太大．如果太小小球将不能做完整的圆周运动，如果太大，需要的向心力过大，而绳子的承受力有限，故A项错误；

设小球在最高点的速度为v1，在最低点的速度为v2.如果小球能通过最高点，则必有m＝mg＋F1，在最低点还必须满足F2－mg＝m，从最高点到最低点由动能定理可得mv－mv＝2mgL，由以上三式可得F2－F1＝6mg，B项正确，C项错误；

在最高点有最小的角速度ω1，在最低点有最大的角速度ω2，mωL＝mg，FM－mg＝mωL，代入数值可得5rad≤ω≤15rad，D项正确．

对点强化3　与功能关系相关的图象问题

7．如图7所示，某同学斜向上抛出一石块，空气阻力不计．下列关于石块在空中运动过程中的速率v、加速度a、水平方向的位移x和重力的瞬时功率P随时间t变化的图象中，正确的是（　　）

图7

A　　　　　B　　　　　C　　　　　D

C　石块做斜上抛运动，可分解为竖直方向上的上抛运动和水平方向上的匀速直线运动，水平位移x＝v0xt与时间成正比，C正确；

由于整个过程中石块只受重力，所以a＝g保持不变，B错误；

石块在竖直方向上做上抛运动，所以重力的瞬时功率P＝mg（v0y－gt），与时间不成正比，D错误；

石块在运动过程中的速率v＝＝，石块的速率最小为v0x>

0，A错误．

8．如图8所示，质量为m的可看成质点的物块置于粗糙水平面上的M点，水平面的右端与固定的斜面平滑连接，物块与水平面及斜面之间的动摩擦因数处处相同．物块与弹簧未连接，开始时物块挤压弹簧使弹簧处于压缩状态．现从M点由静止释放物块，物块运动到N点时恰好静止，弹簧原长小于MM′.若物块从M点运动到N点的过程中，物块与接触面之间由于摩擦所产生的热量为Q，物块、弹簧与地球组成系统的机械能为E，物块通过的路程为s.不计转折处的能量损失，下列选项所描述的关系中可能正确的是（　　）

图8

A　　　　B　　　　C　　　D

C　因摩擦力始终做负功，故系统产生的热量Q随s增大而增大，而系统的机械能随s增大而减小，B、D均错误；

因s>

xMM′，故Q＝μmgxMM′＋μmgcosθ（s－xMM′），E＝E0－μmgxMM′－μmgcosθ（s－xMM′），对应图线可知，A错误，C正确．

9．（多选）如图9甲所示，物块以一定的初动能从表面粗糙的固定斜面底端滑上斜面，其动能Ek随位移x变化的图象如图乙所示，取斜面底端处物块重力势能为零，则下列说法正确的是（　　）【导学号：

96622403】

甲　　　　　　　　　乙

图9

A．物块受到的摩擦力大小为

B．物块从斜面底端运动到最高点时，机械能减少量为Ek0

C．物块动能和势能相等的位置在沿斜面向上运动的最大位移的中点上方

D．若物块的初动能加倍，则物块沿斜面向上运动的最大位移加倍

CD　由动能定理得F合x＝Ek－Ek0，图线的斜率表示F合，物块沿斜面上滑过程中F合＝－mgsinθ－f，A错误；

物块上滑过程中，动能减少，重力势能增加，同时有内能产生，B错误；

由题图乙知，x＝时，动能为，则物块从斜面底端滑到x＝时，动能减少量为，由功能关系得＝Q＋Ep，则重力势能Ep<

，因此重力势能与动能相等时的位移x>

，C正确；

物块初动能加倍，合力不变，则Ekx图线的斜率不变，物块沿斜面向上运动的最大位移加倍，D正确．

对点强化4　用动力学和能量的观点解决多过程问题

10．如图10所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，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，滑块经过的总路程是（　　）

【导学号：

96622404】

图10

A.

B.

C.

D.

A　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，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＋mgx0sinθ，又全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcosθ，解以上两式可得x＝，选项A正确．

11．（多选）如图11所示，与水平面夹角为θ＝37°

的传送带以恒定速率v＝2m/s沿逆时针方向运动．将质量为m＝1kg的物块静置在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°

＝0.6，cos37°

＝0.8.下列对物块从传送带A处运动到B处过程的相关说法正确的是（　　）

96622405】

图11

A．物块动能增加2J

B．物块机械能减少11.2J

C．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8J

D．物块对传送带做的功为－12.8J

BC　由题意可知μ<

tan37°

，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg（sinθ＋μcosθ）＝ma1，v＝a1t1，x1＝a1t，解得a1＝10m/s2，t1＝0.2s，x1＝0.2m，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg（sinθ－μcosθ）＝ma2，v′＝v＋a2t2，x2＝vt2＋a2t，而t1＋t2＝1.2s，解得a2＝2m/s2，v′＝4m/s，x2＝3m，物块到达B处时的动能为Ek＝mv′2＝8J，选项A错误；

由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为Wf＝μmgx1cosθ－μmgx2cosθ＝－11.2J，故机械能减少11.2J，选项B正确；

物块与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmg（vt1－x1＋x2－vt2）cosθ＝4.8J，选项C正确；

物块对传送带做的功为W＝－μmgvt1cosθ＋μmgvt2cosθ＝6.4J，选项D错误．

12．某兴趣小组设计了如图12所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内．左右两侧的斜直管道PA与PB的倾角、高度、粗糙程度完全相同，管口A、B两处均用很小的光滑小圆弧管连接（管口处切线竖直），管口到底端的高度H1＝0.4m．中间“8”字形光滑细管道的圆半径R＝10cm（圆半径比细管的内径大得多），并与两斜直管道的底端平滑连接．一质量m＝0.5kg的小滑块从管口A的正上方H2＝5m高处自由下落，第一次到达最低点P的速度大小为10m/s.此后小滑块经“8”字形管道和PB管道运动到B处竖直向上飞出，然后又再次落回，如此反复．小滑块可视为质点，忽略小滑块进入管口时因碰撞造成的能量损失，不计空气阻力，且g取10m/s2.求：

图12

（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做的功；

（2）滑块第一次到达“8”字形管道顶端时对管道的作用力；

（3）滑块第