学年高考物理二轮复习专题二能量与动量跟踪强化训练5.docx

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学年高考物理二轮复习专题二能量与动量跟踪强化训练5

跟踪强化训练（五）

一、选择题

1．（2017·华中师大附中一模）如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移s的变化图象，其中可能正确的是（　　）

[解析]　设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB，可知aA>aB，v－t图象中，①的斜率绝对值应大于②的，故A、B均错误．由μmgsB＝EkB，mv－μmgsA＝EkA，可知Ek－s图象中，①、②的斜率绝对值应相同，故C错误，D正确．

[答案]　D

2．（2017·河北石家庄二模）质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v－t图象如图所示（竖直向上为正方向，DE段为直线），已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功

B．0～t3时间内，小球的平均速度一定为

C．t3～t4时间内，拉力做的功为[（v4－v3）＋g（t4－t3）]

D．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动

[解析]　v－t图象中图线的斜率表示加速度，速度在时间轴之上表明速度一直为正，从图象可以看出小球先向上做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，然后做加速度越来越大的减速运动，最后做匀减速运动，运动方向一直向上，D错．图中t0～t2时间内小球做加速运动，故合力对小球一直做正功，A错．v－t图象中图线与t轴所围面积表示位移，而平均速度v＝，结合图象中的“面积”可知0～t3时间内，小球的平均速度大于，B错．t3～t4时间内由动能定理得W－mgh＝mv－mv，又h＝（t4－t3），解得W＝[（v4－v3）＋g（t4－t3）]，C对．

[答案]　C

3．（2017·河北名校联盟）如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是（　　）

A．逐渐增大

B．逐渐减小

C．先增大，后减小

D．先减小，后增大

[解析]　解法一：

数学解析法．因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示．设绳与竖直方向的夹角为θ，则在切线方向上应有mgsinθ＝Fcosθ，拉力F的瞬时功率P＝Fvcosθ＝mgvsinθ.小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A正确．选A.

解法二：

转化法．因小球的动能始终不变，故拉力F的瞬时功率就等于克服重力做功的瞬时功率，即P＝－PG＝－mgvcos（90°＋θ）＝mgvsinθ.小球从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A正确．选A.

[答案]　A

4．（2017·江苏徐州沛县中学质检）一汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化关系如图所示．假定汽车所受阻力的大小Ff恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是（　　）

[解析]　汽车开始时做匀速直线运动，功率为P0，t1时刻，功率变为2P0，知该时刻牵引力变来原来的2倍，汽车做加速运动，由于速度增大，牵引力减小，则加速度减小，即做加速度减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据vm＝知，功率变为原来的2倍，则最大速度为2v0，D正确，A、B、C错误．

[答案]　D

5．（多选）（2017·浙江长兴中学模拟）如图所示，一个质量为0.4kg的小物块从高h＝0.05m的坡面顶端由静止释放，滑到水平台上，滑行一段距离后，从边缘O点水平飞出，击中平台右下侧挡板上的P点．现以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板的形状满足方程y＝x2－6（单位：

m），不计一切摩擦和空气阻力，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．小物块从水平台上O点飞出的速度大小为1m/s

B．小物块从O点运动到P点的时间为1s

C．小物块刚到P点时速度方向与水平方向夹角的正切值等于5

D．小物块刚到P点时速度的大小为10m/s

[解析]　对小物块，从释放至到达O点的过程中，由动能定理得mgh＝mv－0，代入数据解得v0＝＝1m/s，A正确．小物块从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向y＝－gt2，水平方向x＝v0t，解得y＝－5x2，又有y＝x2－6，联立解得x＝1m，y＝－5m，根据h′＝gt2，解得t＝＝1s，B正确．竖直方向的速度大小vy＝gt＝10m/s；设刚到P点时速度方向与水平方向夹角为θ，则有tanθ＝＝10，C错误．根据速度的合成法则，则有刚到P点时速度的大小v＝＝m/s，D错误．

[答案]　AB

6.

（2017·石家庄质检二）一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，假如小球所受空气阻力大小恒定，该过程的位移—时间图象如图所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．小球抛出时的速度为12m/s

B．小球上升和下降的时间之比为2∶

C．小球落回到抛出点时所受合力的功率为64W

D．小球上升过程的机械能损失大于下降过程的机械能损失

[解析]　上升阶段，由匀变速直线运动规律x0＝v0t1，可得初速度v0＝＝24m/s，选项A错误；上升阶段，由速度公式可得a1＝＝12m/s2，由牛顿第二定律可得mg＋f＝ma1，得f＝ma1－mg＝2N，下降阶段，由牛顿第二定律可得mg－f＝ma2，得a2＝8m/s2，由位移公式可得x0＝a2t，解得t2＝s，即＝，选项B错误；设小球落地时的速度为v，由动能定理可得mgx0－fx0＝mv2，解得v＝8m/s，故合力的功率P＝ma2v＝64W，选项C正确；小球上升过程和下降过程，空气阻力做功相等，故两过程损失的机械能相等，选项D错误．

[答案]　C

7．（2017·河北六校联考）如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且BC＝1.5AB.小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是（　　）

A．tanθ＝B．tanθ＝

C．tanθ＝2μ1－μ2D．tanθ＝2μ2－μ1

[解析]　由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC长为L，则AB＝L，BC＝L.对全过程，根据动能定理有mgLsinθ－μ1mgcosθ×L－μ2mgcosθ×L＝0，得tanθ＝.

[答案]　A

8．（2017·河北名校联盟）某辆汽车在行驶过程中的输出功率与速度大小的关系如图，已知该车质量为m＝4×103kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为f＝2×103N．若汽车从静止开始以恒定加速度a＝0.5m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为（　　）

A．32sB．48sC．60sD．68s

[解析]　由图象可知，汽车的最大功率约为P＝100kW，在加速阶段由牛顿第二定律可知F－f＝ma，F＝f＋ma＝（2000＋4000×0.5）N＝4000N，由P＝Fv可知v＝＝m/s＝25m/s，又v＝at，故t＝＝s＝50s．故只有B符合题意要求．

[答案]　B

9．如图所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下端位于斜面的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，至少要做的功为（　　）

A.B.

C.MgLD.MgL

[解析]　拉力做功最少时，铁链重心到达水平面时的速度刚好为零，对从开始拉铁链到铁链的重心到达水平面的过程运用动能定理得0－0＝WFmin－Mg·L·sin60°－·2L，解得WFmin＝MgL，故D项正确．

[答案]　D

10．（多选）（2017·湖南石门第一中学检测）如图所示，位于水平面上的物体在斜向上的恒力F1的作用下，做速度为v的匀速运动，此时力F1与水平方向的夹角为θ1；现将该夹角增大到θ2，对应恒力变为F2，则以下说法正确的是（　　）

A．若物体仍以速度v做匀速运动，则可能有F2＝F1

B．若物体仍以速度v做匀速运动，则一定有F2>F1

C．若物体仍以速度v做匀速运动，则F2的功率可能等于F1的功率

D．若物体以大于v的速度做匀速运动，则F1的功率可能等于F2的功率

[解析]　物体做匀速运动，受力平衡，则F1cosθ1＝μ（mg－F1sinθ1）；F2cosθ2＝μ（mg－F2sinθ2），解得F1＝，F2＝，当cosθ1＋μsinθ1＝cosθ2＋μsinθ2时，F2＝F1，即sin（θ1＋β）＝sin（θ2＋β），其中tanβ＝，当θ1＋θ2＋2β＝π时，sin（θ1＋β）＝sin（θ2＋β），则F2的大小可能等于F1，A正确，B错误．因为物体做匀速直线运动，合力为零，则F1cosθ1＝μ（mg－F1sinθ1）；F2cosθ2＝μ（mg－F2sinθ2），功率P＝Fvcosθ，v相等，要使功率相等，则F1cosθ1＝F2cosθ2，F1sinθ1＝F2sinθ2，而θ2>θ1，不可能同时满足，所以F2的功率不可能等于F1的功率，C错误．根据上述的分析可知，当物体以大于v的速度做匀速运动时，F1cosθ1可以大于F2cosθ2，则F1的功率可能等于F2的功率，D正确．

[答案]　AD

二、非选择题

11．（2017·江西六校联考）如图所示，斜面倾角为θ，质量为m的滑块在距挡板P的距离为s0的A点以初速度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滑块沿斜面的“下滑力”，若滑块每次与挡板相碰，碰后以原速率返回，无动能损失，求滑块停止运动前在斜面上经过的路程．

[解析]　滑块受重力mg、支持力N、摩擦力f，示意图如图所示．由滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面的“下滑力”（重力沿斜面方向的分力）可知：

下滑时，合力F合1＝mgsinθ－f，加速度a1＝，方向沿斜面向下，匀加速下滑；

上滑时，合力F合2＝mgsinθ＋f′，加速度a2＝，方向沿斜面向下，匀减速上滑．

又f＝f′＝μmgcosθ

滑块由A点匀减速上滑至最高点B，然后匀加速下滑至P处，碰后以原速率返回，因a1

根据动能定理有：

mgs0×sinθ－fs＝0－Ek0，

即mgs0×sinθ－μmgcosθ×s＝0－mv

解得s＝.

[答案]　

12．（2017·成都第二次诊断性测试）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连；O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m＝1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；

（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.

[解析]　

（1）滑块从A点到D点的过程中，根据动能定理，有

mg·（2R－R）－μmgcos37°·＝0，解得μ＝0.375.

（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律，有mg＋FN＝，

当FN＝0时，滑块恰能