选择训练(五)-高三物理二轮复习题.docx

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1、选择训练(五)机械能时间:40分钟(共13题,18题为单选,912题为多选)1.如图X5-1所示,轻杆一端固定一小球,并绕另一端O点在竖直面内做匀速圆周运动,在小球运动过程中,轻杆对它的作用力()图X5-1A.方向始终沿杆指向O点B.一直不做功C.从最高点到最低点,一直做负功D.从最高点到最低点,先做负功再做正功2.滑块以某一初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动,然后又滑回斜面底端.若滑块向上运动的位移中点为A,滑块两次经过A点的速率分别为vA1、vA2,上滑和下滑过程的重力势能的变化量的绝对值分别为Ep1、Ep2,则()A.vA1=vA2,Ep1=Ep2B.vA1=vA2,Ep1Ep2C.vA

2、1vA2,Ep1=Ep2D.vA1vA2,Ep1Ep23.从斜面上A点分别以v0、2v0的初速度先后水平抛出两个相同的小球,结果小球分别落在了斜面上的B点和C点,A、B间的距离为s1,B、C间的距离为s2,小球刚要落到B点时重力的瞬时功率为P1,刚要落到C点时重力的瞬时功率为P2,不计空气阻力,则下列关系正确的是()A.s1s2=12B.s1s2=14C.P1P2=12D.P1P2=144. 如图X5-2所示,水平传送带以恒定速度v顺时针转动,传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧.将小物块P轻放在传送带左端,P在接触弹簧前速度已达到v,与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d.P的质量为m,与传送带间

3、的动摩擦因数为,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中()图X5-2A.P的速度一直减小B.传送带对P做功的功率一直减小C.传送带对P做的功W2,滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同.载人滑车从坡顶A处由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好滑到滑道的底端C点停下.若在A、C两点位置不变的情况下,将两段滑道的交接点B向左平移一小段距离,使第一段AB的倾角稍稍变大,第二段BC的倾角稍稍变小.不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失,则平移后()A.滑车到达滑道底端C点之前就会停下来B.滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下C.滑车到达滑道底

4、端C点后仍具有一定的速度,所以应在C点右侧加安全防护装置 D.若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,可使滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下9.“蹦极”是一项深受年轻人喜爱的极限运动,跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间,从几十米高处跳下.如图X5-7所示,某人做蹦极运动,他从高台由静止开始下落,下落过程不计空气阻力,设弹性绳原长为h0,弹性绳的弹性势能与其伸长量的二次方成正比.则他在从高台下落至最低点的过程中,他的动能Ek、弹性绳的弹性势能Ep随下落高度h变化的关系图像正确的是图X5-8中的()图X5-7图X5-810.质量均为m的两个木块A、B用一轻弹簧拴接,静置于水平地面上,如图X5-9甲所示

5、.现用一竖直向上的恒力F拉木块A,使木块A向上做直线运动,如图乙所示.从木块A开始运动到木块B刚要离开地面的过程中,设弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,下列说法中正确的是()图X5-9A.要使B能离开地面,F应大于mgB.A的加速度一定先减小后增大C.A的动能一定先增大后减小D.A、B和弹簧组成的系统机械能一定增大11.节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车.一质量m=1000 kg的混合动力轿车,在平直公路上以速度v1=90 km/h匀速行驶,发动机的输出功率为P=50 kW.当驾驶员看到前方有80 km/h的限速标志时,保持发动机功率不变,立即启动利用电磁阻尼

6、带动的发电机工作给电池充电,使轿车做减速运动,运动L=72 m后,速度变为v2=72 km/h.此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引,五分之四用于供给发电机工作,发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能.假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变.下列说法正确的是()A.轿车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,所受阻力F阻的大小为2103 NB.驾驶员启动发电机后,轿车做匀减速运动,速度变为v2=72 km/h过程的时间为3.2 sC.轿车速度从90 km/h减到72 km/h过程中,获得的电能E电=6.3104 JD.轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电能维持其

7、以速度72 km/h匀速运动的距离为31.5 m12.如图X5-10所示,竖直平面内固定有一个半径为R的半圆轨道,一质量为m的滑块(可视为质点)从距半圆轨道右端3R的A处自由下落,经过半圆轨道后,滑块从半圆轨道的左端冲出轨道,刚好能到距半圆轨道左端2R的B处.已知重力加速度为g,不计空气阻力,则()图X5-10A.滑块第一次经过半圆轨道右端D点时的速度大小为6gRB.滑块第一次经过半圆轨道右端D点时对半圆轨道的压力大小为3mgC.滑块第一次通过半圆轨道的过程中克服摩擦力做的功为mgRD.滑块到达B点后返回半圆轨道再次通过D点时的速度大小为2gR13. 如图X5-11所示,在倾角为30的光滑斜面

8、上,劲度系数为k的轻质弹簧一端连接固定挡板C,另一端连接质量为m的物体A,一轻质细绳通过定滑轮,一端系在物体A上,另一端与质量也为m的物体B相连,细绳与斜面平行,斜面足够长.用手托住物体B使细绳刚好没有拉力,然后由静止释放物体B(运动过程中物体B未落地,重力加速度为g),则()图X5-11A.物体B运动到最低点时,细绳上的拉力为mgB.弹簧恢复原长时,细绳上的拉力为34mgC.物体A沿斜面向上运动的最大速度为mg2kD.物体A沿斜面向上运动的最大速度为mg22k非选择训练(三)机械能时间:40分钟1.在“验证机械能守恒定律”的实验中:(1)某同学用图F3-1甲所示装置进行实验,得到如图乙所示的

9、纸带,A、B、C、D、E为连续的五个点,交流电的频率为50 Hz,测出点A、C间的距离为14.77 cm,点C、E间的距离为16.33 cm,已知当地重力加速度为9.8 m/s2,重物的质量为m=1.0 kg,则重物在下落过程中受到的平均阻力大小F阻=N.图F3-1(2)某同学上交的实验报告中显示重物增加的动能略大于重物减少的重力势能,则出现这一问题的原因可能是(填选项前的字母).A.重物下落时受到的阻力过大B.在计算中误将g取10 m/s2C.重物的质量测量错误D.交流电源的频率小于50 Hz2.一同学想通过实验测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角的关系,如图F3-2甲所示,

10、将某一物体每次以大小不变的初速度v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角,实验测得 x 与斜面倾角的关系如图乙所示,g取10 m/s2.(1)求物体与斜面间的动摩擦因数;(2)当=53时,求物体在斜面上能达到的最大位移x.(sin 53=0.8,cos 53=0.6)图F3-23.利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处.如图F3-3所示,已知传送轨道平面与水平方向成37角,倾角也是37的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接,弹簧下端固定在斜面底端,工件与传送带间的动摩擦因数=0.25.传送带顺时针匀速转动的速度v=4 m/s,两轮轴心相距L=5 m,B、C分别是传送带

11、与两轮的切点,轮缘与传送带之间不打滑.现将质量m=1 kg的工件放在弹簧上,用力将弹簧压缩至A点后由静止释放,工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度v0=8 m/s,A、B间的距离x=1 m.工件可视为质点,g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8.求:(1)弹簧的最大弹性势能;(2)工件沿传送带上滑的时间.图F3-34.如图F3-4所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D处,摆线刚好被拉断,小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动,到达小孔A进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道,当摆球进入圆轨道时立即关闭A孔.已知摆线长L=2 m,=60,小球

12、质量为m=0.5 kg,D点与小孔A的水平距离s=2 m,g取10 m/s2.(1)摆线能承受的最大拉力为多少?(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数的范围.图F3-45.如图F3-5所示,一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上,平板左端与水平轻弹簧相连,弹簧的另一端固定在墙上.平板上有一质量为m的小物块以速度v0向右运动,且在本题设问中小物块保持向右运动.已知小物块与平板间的动摩擦因数为,弹簧弹性势能Ep与弹簧形变量x的二次方成正比,初始时刻弹簧处于原长,重力加速度为g.(1)当弹簧伸长量第一次达到最大时,弹簧的弹性势能为Epm,小物块速度大小为v03

13、,求该过程中小物块相对平板运动的位移大小;(2)求平板速度最大时弹簧的弹力大小;(3)已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v,若换用材料相同、质量为m2的小物块重复上述过程,则平板向右运动的最大速度为多少?图F3-56.如图F3-6所示,光滑水平平台AB上有一根轻弹簧,其一端固定于A处,自然状态下另一端恰好在B处.平台B端连接两个内壁光滑、半径均为R=0.2 m的14细圆管道BC和CD,管道CD的D端与光滑水平地面DE相接,水平地面DE的E端通过光滑小圆弧与一粗糙斜面EF相接,斜面与水平地面的夹角可在075范围内变化(调节好后即保持不变).一质量为m=0.1 kg的小球(直径略小于细圆管道内

14、径)将弹簧压缩后由静止开始释放,被弹开后以速度v0=2 m/s进入管道.小球与斜面间的动摩擦因数为=33,g取10 m/s2,不计空气阻力.(1)求小球过B点时对管道的压力大小和方向;(2)当取不同值时,求小球运动的全过程中产生的热量Q与tan 的关系式.图F3-6 选择训练(五)1.C解析 小球做匀速圆周运动,由合力提供向心力,其方向始终沿杆指向O点,小球受重力和杆的作用力,所以杆的作用力不一定沿杆指向O点,选项A错误;小球做匀速圆周运动,合力做功为零,从最高点到最低点,重力做正功,所以杆一直做负功,选项B、D错误,C正确.2.C解析 根据能量守恒定律可知,滑到最高点又返回A时摩擦力做功比第

15、一次滑到A点摩擦力做功多,故第一次经过A点时动能大于第二次经过A点时的动能,所以vA1vA2,根据重力做功等于重力势能的减少量,可知重力势能变化量的绝对值相等,即Ep1=Ep2,故C正确.3.C解析 由平抛运动的规律可知x1=v0t,y1=12gt12,设斜面的倾角为,则tan =y1x1,可得t1=2v0tang,s1=y1sin=2v02tan2gsin,P1=mgvy1=mg2t1=2mgv0tan ;同理可得s1+s2=8v02tan2gsin,P2= 4mgv0tan .所以s1s2=13,P1P2=12,选项C正确,A、B、D错误.4.C解析 P与弹簧接触后在水平方向受弹簧弹力作用

16、, P受的静摩擦力向右,P做匀速运动,运动到弹力与最大静摩擦力大小相等时,由于惯性P继续压缩弹簧,P接下来做减速运动直到速度为零,故A错误;由公式P=Ffv可知,P先做匀速运动后做减速运动,由于先是静摩擦力增大,速度不变,后是滑动摩擦力不变,速度减小,所以传送带对P做功的功率先增大后减小,故B错误;由于P从开始运动到弹力与最大静摩擦力大小相等的过程中受的为静摩擦力,后来为滑动摩擦力,所以传送带对P做的功小于mgd,故C正确;对物块,由动能定理得Wf-WF=0-12mv2,由于Wf0.6R,故A错误;当h=2.5R时,根据机械能守恒定律得mg(h-R-Rcos )=12mv2,解得v=75gRg

17、R,所以小球会从D点以75gR的速度飞出,做平抛运动,故B错误;在O点放一个正点电荷,根据牛顿第二定律得mg+F电=mv2R,解得小球通过D点的速度vgR,故C正确;在O点放一个正点电荷,从C点沿圆弧轨道到D点过程,小球受到的电场力与运动方向垂直,只有重力做功,小球机械能守恒,故D错误.6.C解析 小物块上滑过程,由动能定理得-(mgsin +mgcos )x=Ek-Ek0,整理得Ek=Ek0-(mgsin +mgcos )x;设小物块上滑的最大位移大小为s,小物块下滑过程,由动能定理得(mgsin -mgcos )(s-x)=Ek-0,整理得Ek=(mgsin -mgcos )s-(mgsi

18、n -mgcos )x,选项C正确.7.D解析 对小球来说,由于有弹力做功,小球的机械能不守恒,小球的部分机械能转化为了橡皮筋的弹性势能,所以小球的机械能减小,故A错误;根据能量守恒定律得mgR=Ep+12mv2,解得Ep=0.45 J,即从A到B的过程中,橡皮筋的弹性势能增加了0.45 J,B错误;小球在最低点,不受圆环的支持力,橡皮筋的弹力与重力的合力充当向心力,故有F-mg=mv2R,解得F=mg+mv2R=1.2 N,故C错误,D正确.8.B解析 对滑车运动的全过程,由动能定理得mgh-mgcos 1AB-mgcos 2BC=0,即mgh-mgxAC=0,现改变AB和BC的倾角,但A、

19、C位置不变,则xAC不变,滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下,选项A、C错误,B正确;若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数,则滑车不能到达滑道的底端C点,选项D错误.9.BD解析 弹性绳被拉直前,人做自由落体运动,根据动能定理得Ek=mgh(hh0),弹性绳的弹性势能为零,弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程,人做加速度减小的加速运动,当加速度为零时,速度达到最大值,从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中,人做加速度增大的减速运动,在最低点时速度为零,根据动能定理得Ek=mgh-W弹(hh0),克服弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量,即W弹=k(h-h0)2,则他的动

20、能Ek=mgh-k(h-h0)2(hh0),弹性绳的弹性势能Ep=k(h-h0)2(hh0),故B、D正确,A、C错误.10.AD解析 当木块B刚好离开地面时,木块A的速度恰好为零,此情况力F最小,此过程由机械能守恒定律可得F2x+Ep=mg2x+Ep,化简可得F=mg,要使B能离开地面,F应大于mg,故A正确.在弹簧恢复原长之前,木块A受的合力为F合=F+kx-mg,在这个过程,加速度减小,速度增大,弹簧恢复原长之后,如果力F很大,加速度的方向仍然向上,木块A受的合力为F合=F-kx-mg,之后的过程加速度减小,速度还在增大,故B、C错误;因为在整个过程力F一直做正功,所以A、B和弹簧组成的

21、系统机械能一定增大,故D正确.11.ACD解析 轿车以90 km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,由P=F1v1,F阻=F1,可得F阻=2103 N,选项A正确;驾驶员启动发电机后,轿车减速运动,牵引力F=15Pv增大,加速度大小a=F阻-Fm减小,做加速度减小的减速运动,选项B错误;轿车速度从90 km/h减到72 km/h过程中,位移为L=72 m,由动能定理得15Pt+(-F阻L)=12mv22-12mv12,获得的电能E电=45Pt50%,联立解得E电=6.3104 J,选项C正确;根据E电=F阻x可得,轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电能维持其以速度72 km/h匀速运动的距离

22、为x=31.5 m,选项D正确.12.AC解析 滑块自由下落过程,有mg3R=12mv02,解得v0=6gR,A正确;根据牛顿第二定律得FN=mv02R=6mg,B错误;滑块刚进入半圆轨道时的速度v0=6gR,从滑块刚进入半圆轨道到运动到最高点的过程中,设滑块克服摩擦力做的功为Wf,根据动能定理得-mg2R-Wf=0-12mv02,解得Wf=mgR,C正确;假设滑块第二次进入半圆轨道克服摩擦力做功不变,则滑块从B点到D点过程,有mg2R-Wf=12mvD2,解得vD=2gR,实际上滑块第二次进入半圆轨道克服摩擦力做功变小,故D错误.13.BD解析 开始时弹簧处于压缩状态,有F弹1=mgsin

23、30=kx1,即弹簧被压缩x1=mg2k,则刚释放B的瞬间,有mg=2ma,即a=0.5g,即物体A的加速度方向沿斜面向上,由对称性可知,物体B运动到最低点时,A的加速度方向沿斜面向下,大小为0.5g,B的加速度向上,大小为0.5g,对B分析,可知细绳上的拉力为FT=mg+ma=1.5mg,选项A错误;弹簧恢复原长时,弹力为零,对A、B整体,由牛顿第二定律得mg-mgsin 30=2ma2,解得a2=0.25g,对B,有mg-FT=ma2,解得细绳上的拉力为FT=34mg,选项B正确;系统在平衡位置时A的速度最大,有mg=mgsin 30+F弹2,解得F弹2=0.5mg,此时弹簧伸长x2=mg

24、2k,此位置弹簧的弹性势能与初始位置的弹性势能相同,由动能定理得mg(x1+x2)-mg(x1+x2)sin 30=122mv2,解得v=mg22k,选项C错误,D正确.非选择训练(三)1.(1)0.05(2)D解析 (1)重物下落的加速度a=xT2=0.163 3-0.147 70.042 m/s2=9.75 m/s2,根据牛顿第二定律得mg-F阻=ma,所以F阻=mg-ma=m(g-a)=1.0(9.8-9.75) N=0.05 N.(2)实验报告显示重物增加的动能略大于重物减少的重力势能,说明测量的重物的速度偏大或者是重物的重力势能减少量偏小,重物下落时受到的阻力过大,会使重物的速度减小

25、,不会使重物的动能变大,A错误;在计算中误将g取10 m/s2,则重物的重力势能减少量会变大,不会使重物的动能偏大,B错误;由mgh=12mv2可知,重物的质量测量错误不会影响重物动能的增加量与其重力势能的减少量的大小关系,C错误;交流电源的频率小于50 Hz,此时相邻两点之间的时间间隔大于0.02 s,所以此时测量的速度会大于真实的数值,导致计算出的重物增加的动能略大于重物减少的重力势能,D正确.2.(1)0.75(2)1.44 m解析 (1)当斜面倾角为2时,物体做竖直上抛运动,由图像可知,其上抛高度为h=1.80 m,根据匀变速直线运动规律,有02-v02=-2gh解得v0=6 m/s当

26、斜面倾角为0时,物体沿水平方向运动,由图像可知,运动的水平位移x=2.40 m,根据动能定理得-mgx=0-12mv02联立解得=0.75(2)当斜面倾角=53时,根据动能定理得-(mgsin +mgcos )x=0-12mv02解得x=1.44 m3.(1)38 J(2)1.5 s解析 (1)弹簧的最大弹性势能Ep=mgxsin 37+12mv02=38 J.(2)工件沿传送带减速向上滑动到与传送带共速过程,有mgsin 37+mgcos 37=ma1解得a1=8 m/s2与传送带共速需要时间t1=v0-va1=0.5 s工件滑行位移大小x1=v02-v22a1=3 mL因为tan 37,所

27、以工件将沿传送带继续减速上滑,有mgsin 37-mgcos 37=ma2解得a2=4 m/s2假设工件速度减为0时,工件未从传送带上滑落,则t2=va2=1 s工件滑行位移大小x2=v22a2=2 m=L-x1故假设成立,工件沿传送带上滑的时间为t=t1+t2=1.5 s.4.(1)10 N(2)0.350.5或0.125解析 (1)摆球由C到D过程,由机械能守恒定律得mg(L-Lcos )=12mvD2摆球在D点时,由牛顿第二定律得FT-mg=mvD2L联立解得摆线的最大拉力为FT=10 N.(2)摆球不脱离圆轨道的情况有:摆球能到达A孔,且摆球到达A孔的速度恰好为零.对摆球从D到A的过程

28、,由动能定理得-1mgs=0-12mvD2解得1=0.5摆球进入A孔的速度较小,不脱离轨道,其临界情况为到达与圆心等高处速度为零.由机械能守恒定律得12mvA2=mgR对摆球从D到A的过程,由动能定理得-2mgs=12mvA2-12mvD2解得2=0.35摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道.由牛顿第二定律得mg=mv2R由动能定理得-3mgs-2mgR=12mv2-12mvD2解得3=0.125综上所述,动摩擦因数的范围为0.350.5或0.125.5.(1)4v029g-Epmmg(2)mg(3)12v解析 (1)弹簧伸长量最大时平板速度为零,设小物块相对平板运动的位移大小为s,对系统,由

29、能量守恒定律得12mv02=12mv032+Epm+mgs解得s=4v029g-Epmmg.(2)平板速度最大时,处于平衡状态,有F=Ff=mg.(3)平板向右运动时,其位移大小等于弹簧伸长量,当平板速度最大时,有mg=kx1对平板,由功能关系得mgx1=Ep1+12Mv2同理,当m=12m时,平板达到最大速度v时,有mg2=kx212mgx2=Ep2+12Mv2由题意可知Epx2,即Ep2=14Ep1解得v=12v.6.(1)1 N,方向竖直向上(2)当030时,Q=35(3tan+1) J;当3075时,Q=0.6 J解析 (1)假设管道对小球的压力竖直向下,由牛顿第二定律得F+mg=mv02R解得F=1 N由牛顿第三定律得,小球对管道的压力大小为F=1 N,方向竖直向上.(2)设小球到达水平地面DE时的速度为v,由动能定理得mg2R=12mv2-12mv02解得v=23 m/s 沿斜面上滑过程,有mgsin +mgcos =ma1若小球恰能在斜面上保持静止,则有mgsin =mgcos 解得=30当030时,小球在EF上停下后即保持静止.在EF上滑行的距离x=v22a1产生的热量为Q=mgcos x化简得Q=35(3tan+1) J当3075时,小球在EF上停下后返回,经多次往复运动后,最终静止于E点,产生的热量Q=mg2R+12mv02=0.6 J.