高考物理二轮复习备课资料专题四能量与动量第1讲功能关系在力学中的应用专题限时检测.doc

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1、1 / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习备课资料专题四能量精选高考物理二轮复习备课资料专题四能量与动量第与动量第 1 1 讲功能关系在力学中的应用专题限时检测讲功能关系在力学中的应用专题限时检测(建议用时:40 分钟 满分:100 分)一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分.第 15 题只有一项符合题目要求,第 68 题有多项符合题目要求)1.(2017浙江嘉兴测试)如图所示是一种腹部先着水的跳水比赛,击水时水花最大者获胜,水花的大小主要取决于运动员入水时具有的动能.假设甲、乙两运动员都站在 3 m 高的平台上(甲、乙站立时的重心位置离平台均为 1

2、 m),其中质量为 120 kg 的甲简单地步出平台倒向水面.若质量为 100 kg 的乙要不输于甲,则需要通过起跳使自身重心至少升高约( B )A.0.6 mB.0.8 mC.1.6 mD.1.8 m解析:由机械能守恒定律,甲入水时动能为 Ek1=m1gH=12010(3+1)J=4 800 J;乙要不输于甲,乙入水时动能至少为 Ek2=m2g(H+h)=10010(3+1+h)J=4 800 J,解得 h=0.8 m,选项 B 正确.2.(2017北京区测试)某同学利用如图实验装置研究摆球的运动情况,摆球从 A 点由静止释放,经过最低点 C 到达与 A 等高的 B 点,D,E,F 是 OC

3、 连线上的点,OE=DE,DF=FC,OC 连线上各点均可钉钉子.每次均将摆球从 A 点由静止释放,不计绳与钉子碰撞时机械能的损失.下列说法正确的是( D )2 / 11A.若只在 E 点钉钉子,摆球最高可能摆到 A,B 连线以上的某点B.若只在 D 点钉钉子,摆球最高可能摆到 A,B 连线以下的某点C.若只在 F 点钉钉子,摆球最高可能摆到 D 点D.若只在 F 点以下某点钉钉子,摆球可能做完整的圆周运动解析:根据机械能守恒定律可知,在 E 点和 D 点钉钉子,摆球最高可摆到与 A,B 等高的位置,选项 A,B 错误;当在 F 点钉钉子时,摆球不可能摆到 D 点,因为摆球如果摆到 D 点,根

4、据机械能守恒定律可知,其速度为 0,可是摆球要想由 C 点摆到 D 点,在 D 点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项 C 错误;若在 F 点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项 D 正确.3.(2017湖北武汉调研)如图,半径为 R、圆心为 O 的光滑圆环固定在竖直平面内,OC 水平,D 是圆环最低点.质量为 2m 的小球 A 与质量为 m 的小球 B 套在圆环上,两球之间用轻杆相连.两球初始位置如图所示,由静止释放,当小球 A 运动至 D 点时,小球 B 的动能为( D )A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析:A,B 组成的系

5、统机械能守恒.当 A 运动到最低点 D 时,A 下降的高度为 hA=R+Rsin 45,B 上升的高度为 hB=Rsin 45,则有 2mghA-mghB=3 / 112m+m,又 vAcos 45=vBcos 45,小球 B 的动能为=m=mgR,选项 D 正确.4.(2017广西玉林模拟)如图所示,某特战队员在进行素质训练时,用手抓住一端固定在同一水平高度的绳索另一端,从高度一定的平台由水平状态无初速度开始下摆.当绳索到达竖直位置时特战队员放开绳索,特战队员水平抛出直到落地,不计绳索质量和空气阻力,特战队员可看成质点.下列说法正确的是( B )A.绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越大

6、B.绳索越长,特战队员落地时水平方向的速度越大C.绳索越长,特战队员平抛运动的水平位移越大D.绳索越长,特战队员落地时的速度越大解析:设平台离地的高度为 H,绳长为 L,根据动能定理得 mgL=mv2,解得 v=,对于平抛过程,根据 H-L=gt2,解得 t=,则特战队员落地时竖直方向的速度为 vy=gt=,由此可知,绳索越长,特战队员落地时竖直方向的速度越小,选项 A 错误;落地时水平方向的速度等于平抛运动的初速度,根据 v=知,绳索越长,落地时水平方向的速度越大,选项 B 正确;水平位移为 x=vt=2,由数学知识可得当 L=H 时,水平位移最大,所以不是绳索越长,水平位移越大,选项 C

7、错误;对全过程运用动能定理4 / 11得 mgH=mv2,解得 v=,可知落地的速度大小与绳索长度无关,选项D 错误.5.(2017东北三省四市联考)A,B 两物体放在同一水平面上,分别受到水平拉力 F1,F2 的作用,而从静止开始从同一位置出发沿相同方向做匀加速直线运动.经过时间 t0 和 4t0,当两者速度分别达到 2v0 和v0 时分别撤去 F1 和 F2,以后物体做匀减速运动直至停止.两物体运动的 vt 图像如图所示.已知两者的质量之比为 12,下列结论正确的是( C )A.物体 A,B 的位移大小之比是 35B.两物体与地面间的动摩擦因数可能不相等C.F1 和 F2 的大小之比是 6

8、5D.整个运动过程中 F1 和 F2 做功之比是 65解析:vt 图像与两坐标轴所围的面积表示物体在对应时间内的位移,A,B 两物体的位移分别为 x1=2v03t0=3v0t0,x2=v05t0=v0t0,故x1x2=65,选项 A 错误;撤去拉力后,A,B 两物体的加速度大小分别为 a1=,a2=,即 a1=a2=g,故两物体与地面间的动摩擦因数相等,选项 B 错误;在加速过程中由牛顿第二定律可得 F1-m1g=m1a1,F2-m2g=m2a2,a1=,a2=,g=,而 m2=2m1,故F1F2=65,选项 C 正确;全过程中根据动能定理可知W1=m1gx1,W2=m2gx2,故整个运动过程

9、中 F1 和 F2 做功之比W1W2=35,选项 D 错误.5 / 116.(2017湖南株洲一模)光滑水平面上以速度 v0 匀速滑动的物块,某时刻受到一水平恒力 F 的作用,经一段时间后物块运动到 B 点,速度大小仍为 v0,方向改变了 90,如图所示,则在此过程中( BD )A.物块的动能一定始终不变B.水平恒力 F 方向一定与 AB 连线垂直C.物块的速度一定先增大后减小D.物块的加速度不变解析:物块的初、末动能相同,根据动能定理,合力对物块做的功一定为零,故合力与位移垂直,即水平恒力 F 方向一定与 AB 连线垂直;由于合力先做负功后做正功,故动能先减小后增加,速度先减小后增大,选项

10、B 正确,A,C 错误;合力恒定,根据牛顿第二定律,物块的加速度一定恒定不变,选项 D 正确.7.(2017湖北部分重点中学联考)如图所示,长为 L 的长木板水平放置,在木板的 A 端放置一个质量为 m 的小物块.现缓慢地抬高 A 端,使木板以 B 端为轴转动,当木板转到与水平面的夹角为 时小物块开始滑动,此时停止转动木板,小物块滑到底端的速度为 v,重力加速度为 g.下列判断正确的是( BCD )A.整个过程物块受的支持力垂直于木板,所以不做功B.物块所受支持力做功为 mgLsin C.发生滑动前摩擦力逐渐增大D.整个过程木板对物块做的功等于物块机械能的增加量6 / 11解析:缓慢转动过程中

11、支持力与速度同向,所以支持力做正功,当停止转动后,支持力与速度垂直不再做功,选项 A 错误;转动过程由动能定理得 WN-mgLsin =0,故 WN=mgLsin ,选项 B 正确;发生滑动前,摩擦力为静摩擦力,大小等于 mgsin ,随着 的增大而增大,选项 C正确;根据功能关系,除重力以外的力做的功等于物块机械能的增加量,也就是木板对物块做的功等于物块机械能的增加量,选项 D 正确.8.(2017山东省实验中学模拟)如图所示,轻质弹簧一端固定在水平面上 O 点的转轴上,另一端与一质量为 m、套在粗糙固定直杆 A 处的小球(可视为质点)相连,直杆的倾角为 30,OA=OC,B 为 AC 的中

12、点,OB 等于弹簧原长.小球从 A 处由静止开始下滑,初始加速度大小为 aA,第一次经过 B 处的速度大小为 v,运动到 C 处速度为 0,后又以大小为aC 的初始加速度由静止开始向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g.下列说法正确的是( CD )A.小球可以返回到出发点 A 处B.撤去弹簧,小球可以在直杆上处于静止C.弹簧具有的最大弹性势能为 mv2D.aA-aC=g解析:设小球从 A 运动到 B 的过程克服摩擦力做功为 Wf,AB 间的竖直高度为 h,小球的质量为 m,弹簧具有的最大弹性势能为 Ep.根据能量守恒定律得,对于小球从 A 到 B 的过程有 mgh+Ep=mv

13、2+Wf,A 到 C 的过程有 2mgh+Ep=2Wf+Ep,解得 Wf=mgh,Ep=mv2.小球从 C 处向上运动时,7 / 11假设能返回到 A 处,则由能量守恒定律得 Ep=2Wf+2mgh+Ep,该式违反了能量守恒定律,可知小球不能返回到出发点 A 处,选项 A 错误,C 正确;设从 A 运动到 C 摩擦力的平均值为,AB=s,由 Wf=mgh,得 s=mgssin 30.在 B 处,摩擦力 f=mgcos 30,由于弹簧对小球有拉力(除 B处外),小球对杆的压力大于 mgcos 30,所以mgcos 30,可得 mgsin 30mgcos 30,因此撤去弹簧,小球不能在直杆上处于静

14、止,选项 B 错误;根据牛顿第二定律得,在 A 处有 Fcos 30+mgsin 30-f=maA;在 C 处有 Fcos 30-f-mgsin 30=maC,两式相减得 aA-aC=g,选项 D 正确.二、非选择题(本大题共 2 小题,共 36 分)9.(16 分)(2017山东济南质检)如图所示,x 轴与水平传送带重合,坐标原点 O 在传送带的左端,传送带长 L=8 m,匀速运动的速度 v0=5 m/s.一质量 m=1 kg 的小物块,轻轻放在传送带上 xP=2 m 的 P 点.小物块随传送带运动到 Q 点后冲上光滑斜面且刚好到达 N 点(小物块到达 N 点后被收集,不再滑下).若小物块经

15、过 Q 处无机械能损失,小物块与传送带间的动摩擦因数 =0.5,重力加速度 g=10 m/s2.求:(1)N 点的纵坐标;(2)小物块在传送带上运动产生的热量;(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置,最终均能沿光滑斜面越过纵坐标 yM=0.5 m 的 M 点,求这些位置的横坐标范围.解析:(1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度8 / 11a=g=5 m/s2.小物块与传送带共速时,所用时间 t=1 s运动的位移 x=at2=2.5 m(L-xP)=6 m故小物块与传送带共速后以 v0=5 m/s 的速度匀速运动到 Q,然后冲上光滑斜面到达 N 点,由机械能守恒定律得m=mgyN解得 y

16、N=1.25 m.(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x 相对=v0t-x=2.5 m产生的热量 Q=mgx 相对=12.5 J.(3)设在坐标为 x1 处轻轻将小物块放在传送带上,最终刚好能到达M 点,由能量守恒得 mg(L-x1)=mgyM代入数据解得 x1=7 m故小物块在传送带上的位置横坐标范围 0x7 m.答案:(1)1.25 m (2)12.5 J (3)0x7 m10.(20 分)如图所示,是一儿童游戏机的简化示意图,光滑游戏面板与水平面成一夹角 ,半径为 R 的四分之一圆弧轨道 BC 与长度为 8R的 AB 直管道相切于 B 点,C 点为圆弧轨道最高点(切线水平),管道底

17、端 A 位于斜面底端,轻弹簧下端固定在 AB 管道的底端,上端系一轻绳,绳9 / 11通过弹簧内部连一手柄 P.经过观察发现:轻弹簧无弹珠时,其上端离B 点距离为 5R,将一质量为 m 的弹珠 Q 投入 AB 管内,设法使其自由静止,测得此时弹簧弹性势能 Ep=mgRsin ,已知弹簧劲度系数 k=.某次缓慢下拉手柄 P 使弹簧压缩,后释放手柄,弹珠 Q 经 C 点被射出,弹珠最后击中斜面底边上的某位置(图中未标出),根据击中位置的情况可以获得不同的奖励.假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力,弹珠可视为质点.直管道 AB 粗细不计.求:(1)调整手柄 P 的下拉距离,可以使弹珠 Q 经 BC 轨道

18、上的 C 点射出,落在斜面底边上的不同位置,其中与 A 的最近距离是多少?(2)若弹珠 Q 落在斜面底边上离 A 的距离为 10R,求它在这次运动中经过 C 点时对轨道的压力为多大?(3)在(2)的运动过程中,弹珠 Q 离开弹簧前的最大速度是多少?解析:(1)当 P 离 A 点最近(设最近距离 d)时,弹珠经 C 点速度最小,设这一速度为 v0,弹珠经过 C 点时恰好对轨道无压力,mgsin 提供所需要的向心力.所以 mgsin =m得 v0=8R+R=gt2sin 解得 t=x=v0t=3R,10 / 11d=3R+R.(2)设弹珠落在斜面底边上离 A 的距离为 10R 时,经过 C 点时的

19、速度为 vC,离开 C 点后弹珠做类平抛运动,a=gsin 10R-R=vCt由(1)中得到 t=vC=经 C 点时有 FN+mgsin =m所以 FN=mgsin 根据牛顿第三定律,弹珠 Q 对 C 点的压力 FN与 FN 大小相等,方向 相反;所以,弹珠 Q 对轨道 C 点的压力大小 FN=mgsin .(3)弹珠离开弹簧前,在平衡位置时,速度最大,设此时弹簧压缩量为 x0,根据平衡条件有 mgsin =kx0,则 x0=取弹珠从平衡位置到 C 点的运动过程为研究过程,根据系统机械能守恒,取平衡位置重力势能为零Ep+m=mg(6R+R)sin +m11 / 11解得 vm=.答案:(1)3R+R (2)mgsin (3)