2016届高三物理一轮复习：课时作业17

课时作业(十七)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后括号内)1．如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)．对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是()A．运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B．在这个过程中，运动员的动能一直在减小C．在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D．在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功【解析】从运动员与跳板接触至F弹＝mg，运动员做加速度减小的加速度运动，之后F弹＞mg，运动员开始减速，到最低点时速度减为零，此时运动员受向上的合力，A错误；该过程运动员的动能先增大后减小，B错误；至最低点，跳板形变量最大，弹性势能最大，C正确；全程由动能定理得，W G－W弹＝0－12m v2，即WG＝W弹－12m v2，D错误．【答案】 C2．如图所示，质量m＝10 kg和M＝20 kg的两物块，叠放在光滑水平面上，其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于原长状态，弹簧的劲度系数k＝250 N/m.现用水平力F作用在物块M上，使其缓慢地向墙壁移动，当移动40 cm 时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过程中，下列说法中正确的是()A．M受到的摩擦力保持不变B．物块m受到的摩擦力对物块m不做功C．推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D．开始相对滑动时，推力F的大小等于200 N【解析】取m和M为一整体，由平衡条件可得：F＝kx，隔离m，由平衡条件可得，F f＝kx，可见M缓慢右移过程中，m对M的摩擦力在增大，开始滑动时，F f＝kx m＝100 N，故此时推力F＝100 N，A、D均错误；m受到的摩擦力对m做正功，B错误；由能量守恒定律可知，推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能，C正确．【答案】 C3．(2015·六安质检)如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能()A ．等于12m v 2B ．小于12m v 2 C ．大于μmgs D ．小于μmgs【解析】 货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速而货物的最终速度小于v ，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于12m v 2，可能小于12m v 2，可能等于μmgs ，可能小于μmgs ，故选C.【答案】 C4．(2015·厦门质检)如图所示，在光滑斜面上的A 点先后水平抛出和静止释放两个质量相等的小球1和2，不计空气阻力，最终两小球在斜面上的B 点相遇，在这个过程中( )A ．小球1重力做的功大于小球2重力做的功B ．小球1机械能的变化大于小球2机械能的变化C ．小球1到达B 点的动能大于小球2的动能D ．两小球到达B 点时，在竖直方向的分速度相等【解析】 重力做功只与初、末位置的高度差有关，与物体经过的路径无关，所以重力对1、2两小球所做的功相等，A 错误；1、2两小球从A 点运动到B 点的过程中，只有重力对其做功，所以它们的机械能均守恒，B 错误；由动能定理可得，对小球1有：mgh ＝E k1－E k0，对小球2有：mgh ＝E k2－0，显然E k1>E k2，C 正确；由上面的分析可知，两小球到达B 点时，小球1的速度大于小球2的速度，且小球1的速度方向与竖直方向的夹角小于小球2速度方向与竖直方向的夹角，因此，小球1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度，D 错误．【答案】 C5．(2015·晋中月考)如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的P 点，已知物体的质量为m ＝2.0 kg ，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，弹簧的劲度系数k ＝200 N/m.现用力F 拉物体，使弹簧从处于自然状态的O 点由静止开始向左移动10 cm ，这时弹簧具有弹性势能E p ＝1.0 J ，物体处于静止状态．若取g ＝10 m/s 2，则撤去外力F 后( )A ．物体向右滑动的距离可以达到12.5 cmB ．物体向右滑动的距离一定小于12.5 cmC ．物体回到O 点时速度最大D ．物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零【解析】 当物体向右运动至O 点过程中，弹簧的弹力向右．由牛顿第二定律可知，kx －μmg ＝ma (x 为弹簧的伸长量)，当a ＝0时，物体速度最大，此时kx ＝μmg ，弹簧仍处于伸长状态，故C 错误；当物体至O 点时，由E p －μmg ×0.1＝12m v 2可知，物体至O 点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得，E p ＝μmgx ′＋E p ′，因E p ′＞0，所以x ′＜12.5 cm ，A 错误、B 正确；物体到达最右端时，动能为零，但弹簧有弹性势能，故系统的机械能不为零，D 错误．【答案】 B6．如图所示，水平传送带AB 长为21 m ，以6 m/s 的速度顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B 点，半圆形光滑轨道半径R ＝1.25 m ，与水平台面相切于C 点，BC 长x ＝5.5 m ，P 点是圆弧轨道上与圆心O 等高的一点．一质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是( )A ．物块不能到达P 点B ．物块能越过P 点做斜抛运动C ．物块能越过P 点做平抛运动D ．物块能到达P 点，但不会出现选项B 、C 所描述的运动情况【解析】 物块从A 点释放后在传送带上做加速运动，假设到达台面之前能够达到传送带的速度v ，则由动能定理得，μmgx 1＝12m v 2，得x 1＝18 m ＜21 m ，假设成立．物块以6 m/s 冲上台面，假设物块能到达P 点，则到达P 点时的动能E k P 可由动能定理求得，－μmgx－mgR ＝E k P －12m v 2，得E k P ＝0，可见，物块能到达P 点，速度恰为零，之后从P 点沿圆弧轨道滑回，不会出现选项B 、C 所描述的运动情况，D 正确．【答案】 D7．如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，则(sin 37°＝35，cos 37°＝45)( )A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为3∶4B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶51【解析】 由题意知F N ＝mg cos θ，所以F N A F N B ＝cos 37°cos 53°＝43，A 项错误；mg tan θ＝m 4π2T 2R sinθ，所以T A T B ＝cos 53°cos 37°＝34，B 项错误；E k ∝v 2，v ＝2πT R sin θ，所以E k A E k B ＝T 2B sin 253°T 2A sin 237°＝6427，C 项错误；E p ＝mgR (1－cos θ)，所以E A E B ＝E k A ＋E p A E k B ＋E p B ＝11251，D 项正确． 【答案】 D8．如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v 匀速运动，现将质量为m 的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为μ，对于这一过程，下列说法正确的是( )A ．摩擦力对物块做的功为0.5m v 2B ．物块对传送带做功为0.5 m v 2C ．系统摩擦生热为0.5m v 2D ．电动机多做的功为m v 2【解析】 对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5m v 2，故A 正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为m v 2，故B 错误；电动机多做的功就是传送带克服摩擦力做的功，也为m v 2，故D 正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故C 正确．【答案】 ACD9.如图所示，光滑斜面倾角为θ，c 为斜面上的固定挡板．物块a 和b 通过轻质弹簧连接，a 、b 处于静止状态，弹簧压缩量为x .现对a 施加沿斜面向下的外力使弹簧再压缩3x ，之后突然撤去外力，经时间t ，物块a 沿斜面向上运动的速度为v ，此时物块b 刚要离开挡板．已知两物块的质量均为m ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．弹簧的劲度系数为mg sin θxB ．物块b 刚要离开挡板时，a 的加速度为g sin θC ．物块a 沿斜面向上运动速度最大时，物块b 对挡板c 的压力为0D ．撤去外力后，经过时间t ，弹簧弹力对物块a 做的功为5mgx sin θ＋12m v 2 【解析】 a 、b 处于静止状态，弹簧压缩量为x ，此时弹簧的弹力等于物块a 的重力沿斜面向下的分力的大小，即kx ＝mg sin θ，解得k ＝mg sin θx，选项A 正确．物块b 刚要离开挡板时，弹簧对b 的拉力刚好等于b 的重力沿斜面向下的分力，此时a 沿斜面方向的合外力大小为弹簧向下的拉力和自身重力向下的分力之和，其加速度为2g sin θ，选项B 错误．物块a 沿斜面向上运动速度最大时，其自身重力向下的分力跟弹簧的弹力刚好相互平衡，故弹簧处于压缩状态，物块b 对挡板c 有压力，选项C 错误．由能量守恒定律可知弹簧弹力对物块a 做的功等于物块a 机械能的增加即5mgx sin θ＋12m v 2，选项D 正确． 【答案】 AD10．如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一质量为m 的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示．其中O～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，则下列说法中正确的是()A．物体在沿斜面向下运动B．在O～x1过程中，物体的加速度一直减小C．在O～x2过程中，物体先减速再匀速D．在x1～x2过程中，物体的加速度是g sin θ【解析】由题图乙可知，在O～x1过程中，物体机械能减少，故力F在此过程中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在E－x图线中的O～x1阶段，图线的斜率变小，故力F在此过程中逐渐减小，由mg sin θ－F＝ma可知，物体的加速度逐渐增大，A正确，B、C错误；x1～x2过程中，物体机械能保持不变，F＝0，故此过程中物体的加速度a＝g sin θ，D正确．【答案】AD二、综合应用(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明，方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(14分)如图所示，一物体质量m＝2 kg，在倾角为θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m．当物体到达B后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A 点AD＝3 m．挡板及弹簧质量不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)弹簧的最大弹性势能E pm.【解析】(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔE k＋ΔE p＝12m v2＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q＝F f x②其中x为物体的路程，即x＝5.4 m③F f＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤由①②③④⑤式解得μ＝0.52.(2)由A到C的过程中，动能减少ΔE k′＝12m v2⑥重力势能减少ΔE p′＝mgl AC sin 37°⑦摩擦生热Q＝F f l AC＝μmg cos 37°l AC⑧由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为ΔE pm ＝ΔE k ′＋ΔE p ′－Q ⑨联立⑥⑦⑧⑨解得ΔE pm ＝24.5 J.【答案】 (1)0.52 (2)24.5 J12. (16分)如图所示，质量为m ＝1 kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0＝3 m/s ，长为L ＝1.4 m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.(1)求水平作用力F 的大小；(2)求滑块下滑的高度；(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【解析】 (1)滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F ＝mg tan θ，代入数据得F ＝1033N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有mgh ＝12m v 2，所以v ＝2gh . 若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL ＝12m v 20－12m v 2，所以h 1＝v 202g－μL ，代入数据得h 1＝0.1 m ．若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL ＝12m v 20－12m v 2，则h 2＝v 202g＋μL ，代入数据得h 2＝0.8 m.(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移x ＝v 0t ，mgh 2＝12m v 2，v 0＝v －at ，a ＝μg滑块相对传送带滑动的位移Δs ＝L －x ，相对滑动产生的热量Q ＝μmg Δx ，代入数据可得Q ＝0.5 J.【答案】 (1)1033 N (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J。