高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用專題限時檢測

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用專題限時檢測》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用專題限時檢測（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理二輪復(fù)習(xí) 備課資料 專題四 能量與動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用專題限時檢測 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(xx·浙江嘉興測試)如圖所示是一種腹部先著水的跳水比賽,擊水時水花最大者獲勝,水花的大小主要取決于運動員入水時具有的動能.假設(shè)甲、乙兩運動員都站在3 m高的平臺上(甲、乙站立時的重心位置離平臺均為1 m),其中質(zhì)量為120 kg的甲簡單地步出平臺倒向水面.若質(zhì)量為100 kg的乙要不輸于甲,則需要通過起跳使自身重心至少升高約(　B　) A.0.6 m B.0.8 m C.1.

2、6 m D.1.8 m 解析:由機(jī)械能守恒定律,甲入水時動能為Ek1=m1gH=120×10×(3+1)J=4 800 J;乙要不輸于甲,乙入水時動能至少為Ek2=m2g(H+h)=100×10×(3+1+h)J=4 800 J,解得h=0.8 m,選項B正確. 2.(xx·北京豐臺區(qū)測試)某同學(xué)利用如圖實驗裝置研究擺球的運動情況,擺球從A點由靜止釋放,經(jīng)過最低點C到達(dá)與A等高的B點,D,E,F是OC連線上的點,OE=DE,DF=FC,OC連線上各點均可釘釘子.每次均將擺球從A點由靜止釋放,不計繩與釘子碰撞時機(jī)械能的損失.下列說法正確的是(　D　) A.若只在E點釘釘子,擺球最高可能

3、擺到A,B連線以上的某點 B.若只在D點釘釘子,擺球最高可能擺到A,B連線以下的某點 C.若只在F點釘釘子,擺球最高可能擺到D點 D.若只在F點以下某點釘釘子,擺球可能做完整的圓周運動 解析:根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,在E點和D點釘釘子,擺球最高可擺到與A,B等高的位置,選項A,B錯誤;當(dāng)在F點釘釘子時,擺球不可能擺到D點,因為擺球如果擺到D點,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,其速度為0,可是擺球要想由C點擺到D點,在D點時必須有一定的速度,至少由重力提供向心力,選項C錯誤;若在F點以下釘釘子,則擺球擺到最高點時能夠具有一定的速度,有可能做完整的圓周運動,選項D 正確. 3.(xx·湖北武

4、漢調(diào)研)如圖,半徑為R、圓心為O的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi),OC水平,D是圓環(huán)最低點.質(zhì)量為2m的小球A與質(zhì)量為m的小球B套在圓環(huán)上,兩球之間用輕桿相連.兩球初始位置如圖所示,由靜止釋放,當(dāng)小球A運動至D點時,小球B的動能為(　D　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析:A,B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒.當(dāng)A運動到最低點D時,A下降的高度為hA=R+Rsin 45°,B上升的高度為hB=Rsin 45°,則有2mghA-mghB= ·2m+m, 又vAcos 45°=vBcos 45°, 小球B的動能為=m=mgR,選項D正確. 4.(xx·廣西玉林模擬)

5、如圖所示,某特戰(zhàn)隊員在進(jìn)行素質(zhì)訓(xùn)練時,用手抓住一端固定在同一水平高度的繩索另一端,從高度一定的平臺由水平狀態(tài)無初速度開始下擺.當(dāng)繩索到達(dá)豎直位置時特戰(zhàn)隊員放開繩索,特戰(zhàn)隊員水平拋出直到落地,不計繩索質(zhì)量和空氣阻力,特戰(zhàn)隊員可看成質(zhì)點.下列說法正確的是(　B　) A.繩索越長,特戰(zhàn)隊員落地時豎直方向的速度越大 B.繩索越長,特戰(zhàn)隊員落地時水平方向的速度越大 C.繩索越長,特戰(zhàn)隊員平拋運動的水平位移越大 D.繩索越長,特戰(zhàn)隊員落地時的速度越大 解析:設(shè)平臺離地的高度為H,繩長為L,根據(jù)動能定理得mgL=mv2,解得v=,對于平拋過程,根據(jù)H-L=gt2,解得t=,則特戰(zhàn)隊員落地時豎直

6、方向的速度為vy=gt=,由此可知,繩索越長,特戰(zhàn)隊員落地時豎直方向的速度越小,選項A錯誤;落地時水平方向的速度等于平拋運動的初速度,根據(jù)v=知,繩索越長,落地時水平方向的速度越大,選項B正確;水平位移為x=vt=2,由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)L=H時,水平位移最大,所以不是繩索越長,水平位移越大,選項C錯誤;對全過程運用動能定理得mgH=mv′2,解得v′=,可知落地的速度大小與繩索長度無關(guān),選項D錯誤. 5.(xx·東北三省四市聯(lián)考)A,B兩物體放在同一水平面上,分別受到水平拉力F1,F2的作用,而從靜止開始從同一位置出發(fā)沿相同方向做勻加速直線運動.經(jīng)過時間t0和4t0,當(dāng)兩者速度分別達(dá)到2v0和

7、v0時分別撤去F1和F2,以后物體做勻減速運動直至停止.兩物體運動的vt圖像如圖所示.已知兩者的質(zhì)量之比為1∶2,下列結(jié)論正確的是(　C　) A.物體A,B的位移大小之比是3∶5 B.兩物體與地面間的動摩擦因數(shù)可能不相等 C.F1和F2的大小之比是6∶5 D.整個運動過程中F1和F2做功之比是6∶5 解析:vt圖像與兩坐標(biāo)軸所圍的面積表示物體在對應(yīng)時間內(nèi)的位移,A,B兩物體的位移分別為x1=×2v0×3t0=3v0t0,x2=×v0×5t0=v0t0,故x1∶x2=6∶5,選項A錯誤;撤去拉力后,A,B兩物體的加速度大小分別為a1′==,a2′==,即a1′=a2′=μg,故兩物

8、體與地面間的動摩擦因數(shù)相等,選項B錯誤;在加速過程中由牛頓第二定律可得F1-μm1g=m1a1,F2-μm2g=m2a2,a1=,a2=,μg=,而m2=2m1,故F1∶F2=6∶5,選項C正確;全過程中根據(jù)動能定理可知W1=μm1gx1,W2=μm2gx2,故整個運動過程中F1和F2做功之比W1∶W2=3∶5,選項D錯誤. 6.(xx·湖南株洲一模)光滑水平面上以速度v0勻速滑動的物塊,某時刻受到一水平恒力F的作用,經(jīng)一段時間后物塊運動到B點,速度大小仍為v0,方向改變了90°,如圖所示,則在此過程中(　BD　) A.物塊的動能一定始終不變 B.水平恒力F方向一定與AB連線垂直

9、C.物塊的速度一定先增大后減小 D.物塊的加速度不變 解析:物塊的初、末動能相同,根據(jù)動能定理,合力對物塊做的功一定為零,故合力與位移垂直,即水平恒力F方向一定與AB連線垂直;由于合力先做負(fù)功后做正功,故動能先減小后增加,速度先減小后增大,選項B正確,A,C錯誤;合力恒定,根據(jù)牛頓第二定律,物塊的加速度一定恒定不變,選項D正確. 7.(xx·湖北部分重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示,長為L的長木板水平放置,在木板的A端放置一個質(zhì)量為m的小物塊.現(xiàn)緩慢地抬高A端,使木板以B端為軸轉(zhuǎn)動,當(dāng)木板轉(zhuǎn)到與水平面的夾角為α?xí)r小物塊開始滑動,此時停止轉(zhuǎn)動木板,小物塊滑到底端的速度為v,重力加速度為g.下列判斷正

10、確的是(　BCD　) A.整個過程物塊受的支持力垂直于木板,所以不做功 B.物塊所受支持力做功為mgLsin α C.發(fā)生滑動前摩擦力逐漸增大 D.整個過程木板對物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量 解析:緩慢轉(zhuǎn)動過程中支持力與速度同向,所以支持力做正功,當(dāng)停止轉(zhuǎn)動后,支持力與速度垂直不再做功,選項A錯誤;轉(zhuǎn)動過程由動能定理得WN-mgLsin α=0,故WN=mgLsin α,選項B正確;發(fā)生滑動前,摩擦力為靜摩擦力,大小等于mgsin α,隨著α的增大而增大,選項C正確;根據(jù)功能關(guān)系,除重力以外的力做的功等于物塊機(jī)械能的增加量,也就是木板對物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量,選項D

11、正確. 8.(xx·山東省實驗中學(xué)模擬)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定在水平面上O點的轉(zhuǎn)軸上,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙固定直桿A處的小球(可視為質(zhì)點)相連,直桿的傾角為30°,OA=OC,B為AC的中點,OB等于彈簧原長.小球從A處由靜止開始下滑,初始加速度大小為aA,第一次經(jīng)過B處的速度大小為v,運動到C處速度為0,后又以大小為aC的初始加速度由靜止開始向上滑行.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g.下列說法正確的是(　CD　) A.小球可以返回到出發(fā)點A處 B.撤去彈簧,小球可以在直桿上處于靜止 C.彈簧具有的最大彈性勢能為mv2 D.aA-aC=g 解析:設(shè)小球從

12、A運動到B的過程克服摩擦力做功為Wf,AB間的豎直高度為h,小球的質(zhì)量為m,彈簧具有的最大彈性勢能為Ep.根據(jù)能量守恒定律得,對于小球從A到B的過程有mgh+Ep=mv2+Wf,A到C的過程有2mgh+Ep=2Wf+Ep,解得Wf=mgh,Ep=mv2.小球從C處向上運動時,假設(shè)能返回到A處,則由能量守恒定律得Ep=2Wf+2mgh+Ep,該式違反了能量守恒定律,可知小球不能返回到出發(fā)點A處,選項A錯誤,C正確;設(shè)從A運動到C摩擦力的平均值為,AB=s,由Wf=mgh,得s=mgssin 30°.在B處,摩擦力f=μmgcos 30°,由于彈簧對小球有拉力(除B處外),小球?qū)U的壓力大于μmg

13、cos 30°,所以>μmgcos 30°,可得mgsin 30°>μmgcos 30°,因此撤去彈簧,小球不能在直桿上處于靜止,選項B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律得,在A處有Fcos 30°+mgsin 30°-f=maA;在C處有Fcos 30°-f-mgsin 30°=maC,兩式相減得aA-aC=g,選項D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(xx·山東濟(jì)南質(zhì)檢)如圖所示,x軸與水平傳送帶重合,坐標(biāo)原點O在傳送帶的左端,傳送帶長L=8 m,勻速運動的速度v0=5 m/s.一質(zhì)量m=1 kg 的小物塊,輕輕放在傳送帶上xP=2 m的P點.小物塊隨傳送帶運動到Q點

14、后沖上光滑斜面且剛好到達(dá)N點(小物塊到達(dá)N點后被收集,不再滑下).若小物塊經(jīng)過Q處無機(jī)械能損失,小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,重力加速度g=10 m/s2.求: (1)N點的縱坐標(biāo); (2)小物塊在傳送帶上運動產(chǎn)生的熱量; (3)若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某些位置,最終均能沿光滑斜面越過縱坐標(biāo)yM=0.5 m的M點,求這些位置的橫坐標(biāo)范圍. 解析:(1)小物塊在傳送帶上做勻加速運動的加速度 a=μg=5 m/s2. 小物塊與傳送帶共速時,所用時間t==1 s 運動的位移x=at2=2.5 m<(L-xP)=6 m 故小物塊與傳送帶共速后以v0=5 m/s的速度勻

15、速運動到Q,然后沖上光滑斜面到達(dá)N點,由機(jī)械能守恒定律得 m=mgyN 解得yN=1.25 m. (2)小物塊在傳送帶上相對傳送帶滑動的位移 x相對=v0t-x=2.5 m 產(chǎn)生的熱量Q=μmgx相對=12.5 J. (3)設(shè)在坐標(biāo)為x1處輕輕將小物塊放在傳送帶上,最終剛好能到達(dá) M點, 由能量守恒得μmg(L-x1)=mgyM 代入數(shù)據(jù)解得x1=7 m 故小物塊在傳送帶上的位置橫坐標(biāo)范圍0≤x<7 m. 答案:(1)1.25 m　(2)12.5 J　(3)0≤x<7 m 10.(20分)如圖所示,是一兒童游戲機(jī)的簡化示意圖,光滑游戲面板與水平面成一夾角θ,半徑為R的四

16、分之一圓弧軌道BC與長度為8R的AB直管道相切于B點,C點為圓弧軌道最高點(切線水平),管道底端A位于斜面底端,輕彈簧下端固定在AB管道的底端,上端系一輕繩,繩通過彈簧內(nèi)部連一手柄P.經(jīng)過觀察發(fā)現(xiàn):輕彈簧無彈珠時,其上端離B點距離為5R,將一質(zhì)量為m的彈珠Q投入AB管內(nèi),設(shè)法使其自由靜止,測得此時彈簧彈性勢能Ep=mgRsin θ,已知彈簧勁度系數(shù)k=.某次緩慢下拉手柄P使彈簧壓縮,后釋放手柄,彈珠Q經(jīng)C點被射出,彈珠最后擊中斜面底邊上的某位置(圖中未標(biāo)出),根據(jù)擊中位置的情況可以獲得不同的獎勵.假設(shè)所有軌道均光滑,忽略空氣阻力,彈珠可視為質(zhì)點.直管道AB粗細(xì)不計.求: (1)調(diào)整手柄P

17、的下拉距離,可以使彈珠Q經(jīng)BC軌道上的C點射出,落在斜面底邊上的不同位置,其中與A的最近距離是多少? (2)若彈珠Q落在斜面底邊上離A的距離為10R,求它在這次運動中經(jīng)過C點時對軌道的壓力為多大? (3)在(2)的運動過程中,彈珠Q離開彈簧前的最大速度是多少? 解析:(1)當(dāng)P離A點最近(設(shè)最近距離d)時,彈珠經(jīng)C點速度最小,設(shè)這一速度為v0,彈珠經(jīng)過C點時恰好對軌道無壓力,mgsin θ提供所需要的向心力. 所以mgsin θ=m 得v0= 8R+R=gt2sin θ 解得t= x=v0t==3R, d=3R+R. (2)設(shè)彈珠落在斜面底邊上離A的距離為10R時,經(jīng)過C點

18、時的速度為vC,離開C點后彈珠做類平拋運動, a=gsin θ 10R-R=vCt 由(1)中得到t= vC= 經(jīng)C點時有FN+mgsin θ=m 所以FN=mgsin θ 根據(jù)牛頓第三定律,彈珠Q對C點的壓力FN′與FN大小相等,方向 相反; 所以,彈珠Q對軌道C點的壓力大小FN′=mgsin θ. (3)彈珠離開彈簧前,在平衡位置時,速度最大, 設(shè)此時彈簧壓縮量為x0,根據(jù)平衡條件有mgsin θ=kx0, 則x0= 取彈珠從平衡位置到C點的運動過程為研究過程,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒,取平衡位置重力勢能為零 Ep+m=mg(6R+R)sin θ+m 解得vm=. 答案:(1)3R+R　 (2)mgsin θ　 (3)