河北省涞水波峰中学2017-2018学年高一下学期物理必修二期末复习专练(3)(word版含答案)

1．(功的正负)一女士站立在台阶式自动扶梯上正在匀速上楼，一男士站立在履带式自动人行道上正在匀速上楼．下列关于两人受到的力做功判断正确的是( )A ．支持力对女士做正功B ．支持力对男士做正功C ．摩擦力对女士做负功D ．摩擦力对男士做负功2．(变力的功)静止在粗糙水平面上的物块在水平向右的拉力作用下做直线运动，t ＝4 s 时停下，其v －t 图象如图1所示，已知物块与水平面间的动摩擦因数处处相同，则下列判断正确的是( )A ．整个过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 图1B ．整个过程中拉力做的功等于零C ．t ＝2 s 时刻拉力的瞬时功率在整个过程中最大D ．t ＝1 s 到t ＝3 s 这段时间内拉力不做功3．(功率的分析与计算)如图2，以恒定功率行驶的汽车，由水平路面驶上斜坡后，速度逐渐减小，则汽车( )A ．牵引力增大，加速度增大 图2B ．牵引力增大，加速度减小C ．牵引力减小，加速度增大D ．牵引力减小，加速度减小4．(功率的分析与计算)用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图3所示规律变化，已知物块的质量为m ，重力加速度为g,0～t 0时间内物块做匀加速直线运动，t 0时刻后功率保持不变，t 1时刻物块达到最大速度，则下列说法正确的是( ) 图3A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时间内物块的加速度大小为P 0mt 0 C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时间内物块上升的高度为P 0mg (t 1－t 02)－P 202m 2g 3 5．(恒力的功与变力的功)如图4所示，光滑水平地面上固定一带滑轮的竖直杆，用轻绳系着小滑块绕过滑轮，用恒力F1水平向左拉滑块的同时，用恒力F2拉绳，使滑块从A点起由静止开始向右运动，B和C是A点右方的两点，且AB＝BC，则以下说法正确的是( ) 图4A．从A点至B点F2做的功小于从B点至C点F2做的功B．从A点至B点F2做的功大于从B点至C点F2做的功C．从A点至C点F2做的功一定等于滑块克服F1做的功D．从A点至C点F2做的功一定大于滑块克服F1做的功1．A [如图甲所示，女士匀速上楼，所受支持力方向竖直向上，与速度方向夹角小于90°，做正功；因匀速上楼，故女士不受摩擦力作用，选项A正确，C错误．如图乙所示，男士匀速上楼，支持力方向垂直履带向上，摩擦力方向沿履带向上，支持力与位移方向垂直，支持力不做功，摩擦力对男士做正功，选项B、D错误．]2．A [对物块运动的整个过程运用动能定理得：W F－W f＝0，即拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功，选项A正确，B错误．在0～1 s时间内，拉力恒定且大于摩擦力，物块做匀加速运动，速度增大，t＝1 s时，速度最大，拉力的瞬时功率最大；t＝2 s时，物块匀速运动，拉力等于摩擦力，所以t＝2 s时刻拉力的瞬时功率不是最大的，选项C错误．t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物块匀速运动，拉力做正功，摩擦力做负功，合外力做功为零，选项D错误．]3．B [由于汽车功率恒定，即P＝Fv为定值，F为汽车牵引力，汽车速度v减小，则汽车牵引力增大，故C、D项错；汽车速度不断减小，说明汽车所受合外力沿斜坡向下，即加速度a沿斜坡向下，设斜坡倾角为α，汽车受到的滑动摩擦力为F f，由牛顿第二定律可得mg sin α＋F f－F＝ma，随牵引力不断增大，汽车的加速度不断减小，故B项正确，A项错．]4．D [由题图可知，0～t0时间内功率与时间成正比，则有F－mg＝ma，v＝at，P＝Fv，得P＝m(a＋g)at，因此图线斜率P0t0＝m(a＋g)a，B选项错误；t0时刻后功率保持不变，拉力大于重力，物块继续加速运动，由P0v－mg＝ma知，物块加速度逐渐减小，t1时刻速度最大，则a＝0，最大速度为v m＝P0mg，A、C选项错误；P－t图线与t轴所围的面积表示0～t1时间内拉力做的功W ＝P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)＝P 0t 1－P 0t 02，由动能定理得W －mgh ＝mv 2m 2，得h ＝P 0mg (t 1－t 02)－P 202m 2g 3，D 选项正确．]5．B [滑块受力如图所示，由于滑块被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力F 2为恒力，所以拉力F 2做的功等于细绳对滑块所做的功．根据功的定义式得W ＝F 2L cos θ，F 2不变且AB ＝BC ，θ增大，F 2在位移上的投影减小，故在相同位移L 上拉力F 2做的功减少，所以从A 点至B 点F 2做的功大于从B 点至C 点F 2做的功，故A 错误，B 正确；滑块从A 点至C 点过程中，可能一直加速，滑块在C 点的速率大于在A 点的速率，根据动能定理可知，滑块从A 运动至C 过程中动能变化量大于0，总功大于0，同理若滑块在C 点速度减为0，则总功等于0，则从A 点至C 点F 2做的功可能大于或等于滑块克服F 1做的功，故C 、D 错误．]1．(动能定理的简单应用)一辆质量为m 的汽车在平直公路上，以恒定功率P 行驶，经过时间t ，运动距离为x ，速度从v 1增加到v 2，已知所受阻力大小恒为F f ，则下列表达式正确的是( )A ．x ＝v 1＋v 22t B ．P ＝F f v 1C.P v 1－P v 2＝m v 2－v 1tD ．Pt －F f x ＝12mv 22－12mv 21 2．(求变力的功)世界男子网坛名将瑞士选手费德勒，在上海大师杯网球赛上发出一记S 球，声呐测速仪测得其落地速度为v 1，费德勒击球时球离地面的高度为h ，击球瞬间球有竖直向下的速度v 0，已知网球质量为m ，不计空气阻力，则费德勒击球时对球做的功W 为( )A ．mgh ＋12mv 20 B.12mv 21－12mv 20＋mgh C.12mv 21－12mv 20 D.12mv 21－12mv 20－mgh 3．(应用动能定理分析多过程问题)(多选)如图1所示，斜面AB 和水平面BC 是由同一板材上截下的两段，在B 处用小圆弧连接．将小铁块(可视为质点)从A 处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P 处．若从该板材上再截下一段，搁置在A 、P 之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A 处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动．关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是( ) 图1A ．铁块一定能够到达P 点B ．铁块的初速度必须足够大才能到达P 点C ．铁块能否到达P 点与铁块质量有关D ．铁块能否到达P 点与铁块质量无关4．(应用动能定理分析动力学问题)如图2所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k ＝40 N/m 的轻弹簧与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦．一个质量为m ＝5 kg 的小滑块从斜面上的P 点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，P 点与弹簧自由端Q 点间的距离为L ＝1 m ．已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p 与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图2(1)小滑块从P 点下滑到Q 点时所经历的时间t ；(2)小滑块运动过程中达到的最大速度v m 的大小；(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能．1．D [由牛顿第二定律可得：P v －F f ＝ma ，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，选项A 错误；因为牵引力是变力，且大于阻力F f ，选项B 、C 错误；由动能定理可得：Pt －F f x ＝12mv 22－12mv 21，选项D 正确．] 2．D [从发球直至球落地的整个过程中，由动能定理有W ＋mgh ＝12mv 21－12mv 20， 解得W ＝12mv 21－12mv 20－mgh ，故选项D 正确．] 3．AD [设A 距离地面的高度为h ，动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh －μmg cosθ·s AB －μmgs BP ＝0，得mgh －μmg (s AB cos θ＋s BP )＝0，而s AB cos θ＋s BP ＝OP ，即h －μOP＝0，铁块在新斜面上有mg sin α－μmg cos α＝ma ，由sin α－μcos α＝h －μOP AP ＝0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m 无关，铁块一定能够到达P 点，选项A 、D正确，B 、C 错误．]4．(1)1 s (2)322m/s (3)20 J 解析 (1)由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度a ＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2由L ＝12at 2可得t ＝2L a＝1 s (2)设弹簧被压缩至x 0处时小滑块达到最大速度v m ，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mg sin θ－μmg cos θ＝kx 0这一过程由动能定理有mg sin θ(L ＋x 0)－μmg cos θ(L ＋x 0)－12kx 20＝12mv 2m 解得v m ＝322m/s (3)设小滑块从P 点压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为x 1，由动能定理，有mg sin θ(L＋x 1)－μmg cos θ(L ＋x 1)－E pm ＝0解得E pm ＝20 J.1．(机械能概念理解)如图1，从离地面h 高处以初速度v 0竖直向上抛出一个质量为m 的小球，若取抛出处小球的重力势能为零，不计空气阻力，则小球着地前瞬间的机械能为( )A ．mghB ．mgh ＋12mv 20 图1 C.12mv 20 D.12mv 20－mgh 2．(守恒条件的应用)如图2所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD 部分光滑，DE 部分粗糙，A 、B 两物体叠放在一起从顶端C 点由静止下滑，下滑过程中A 、B 保持相对静止，且在DE 段做匀速运动．已知A 、B 间的接触面水平，则( ) 图2A ．沿CD 部分下滑时，A 的机械能减少，B 的机械能增加，但总的机械能不变B ．沿CD 部分下滑时，A 的机械能增加，B 的机械能减少，但总的机械能不变C ．沿DE 部分下滑时，A 的机械能不变，B 的机械能减少，而总的机械能减少D ．沿DE 部分下滑时，A 的机械能减少，B 的机械能减少，故总的机械能减少3．(应用机械能守恒定律分析曲线运动)如图3所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，CD 段为平滑的弯管．一小球从管口D 处由静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．关于管口D 距离地面的高度必须满足的条件是( ) 图3A ．等于2RB ．大于2RC ．大于2R 且小于52RD ．大于52R 4．(多物体的机械能守恒)如图4所示，半径为R 的光滑圆环竖直放置，N 为圆环的最低点．在环上套有两个小球A 和B ，A 、B 之间用一根长为3R 的轻杆相连，使两小球能在环上自由滑动．已知A 球质量为4m ，B 球质量为m ，重力加速度为g .现将杆从图示的水平位置由静止释放，在A 球滑到N 点的过程中，轻杆对B 球做的功为( ) 图4A ．mgRB ．1.2mgRC ．1.4mgRD ．1.6mgR5．(应用机械能守恒定律分析动力学问题)如图5所示，劲度系数为k 的轻弹簧下端固定在地面上，上端与一个质量为m 的小球相连，处于静止状态．现用力F 将小球缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后撤掉该力，使小球从静止开始下落．小球下落过程中的最大速度为v ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( ) 图5A ．小球的速度最大时弹簧的弹性势能为零B ．撤掉力F 后，小球从静止下落到速度最大过程中，小球克服弹簧弹力所的功为m 2g 2k －12mv 2 C ．弹簧的弹性势能最大时小球的加速度为零D ．小球缓慢上移过程中，力F 做功为m 2g 2k1．C 2.D3．B [要使小球从A 端水平抛出，其速度v 必须大于零．设管口D 距离地面的高度为H ，由机械能守恒定律得，mgH ＝mg ·2R ＋12mv 2，解得H ＞2R ，选项B 正确．] 4．B [将轻杆从题图所示水平位置由静止释放，两小球和轻杆组成系统的机械能守恒，在A球滑到N 点的过程中，系统重力势能减小量为ΔE p ＝4mg ·R 2－mgR ＝mgR .两小球速度大小相等，设A 球滑到N 点时速度为v ，由机械能守恒定律得，ΔE p ＝12×4mv 2＋12mv 2，解得v 2＝0.4gR ，由功能关系可知，在A 球滑到N 点的过程中，轻杆对B 球做的功为W B ＝12mv 2＋mgR ＝1.2mgR ，选项B 正确．]5．B [如图所示，最终小球上下做简谐运动，在平衡位置处速度最大．小球在平衡位置时的速度最大，此时弹簧弹力等于重力，所以弹性势能不为零，A 项错误；小球在平衡位置时mg ＝kx ，有x ＝mg k，从静止到平衡位置mgx ＝12mv 2＋E p ，则可推出小球克服弹簧弹力做的功为E p ＝m 2g 2k －12mv 2，B 项正确；小球在最低点时弹簧的弹性势能最大，由简谐运动的对称性可知此时小球的加速度大小为g ，方向竖直向上，C 项错误；小球上升过程，弹力做正功，拉力F 做正功，重力势能增加，动能不变，有E p ＋W F ＝mgx ，可推出W F ＝m 2g 22k ，D 项错误．]1．(功能关系应用)如图1，在倾角θ＝37°的斜面上，用平行于斜面向下的恒力F 把原来静止于斜面上的质量为2 kg 的物体沿斜面向下拉了0.5 m 的距离，并使物体获得2 m/s 的速度．已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则在这个过程中( ) 图1A ．力F 大小为8 NB ．合外力对物体做功2 JC ．物体重力势能增加了6 JD ．物体机械能减少了2 J2．(功能关系应用)(多选)如图2所示，一个质量为m 的物体(可视为质点)，以某一速度由A 点冲上倾角为30°的固定斜面，其加速度大小为g ，在斜面上运动的最大高度为h .则在此过程中，下列说法正确的是( ) 图2A ．物体动能损失了mgh 2B ．物体动能损失了2mghC ．系统机械能损失了mghD ．系统机械能损失了mgh 21．D [根据x＝v22a，得a＝4 m/s2，由牛顿第二定律有F＋mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma，可得F＝4 N，故A错误；根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，ΔE k＝12mv2＝4 J，故B错误；重力势能的增加量ΔE p＝－mgx sin 37°＝－6 J，故C错误；除重力以外其他力所做的功引起机械能的变化，则有ΔE＝(F－μmg cos 37°)x＝－2 J，故D正确．]2．BC [物体上滑过程中，受到重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，得到合力F＝ma ＝mg，方向沿斜面向下，动能减小量等于克服合力做的功，故ΔE k减＝Fs＝mg·2h＝2mgh，A 项错误，B项正确；系统损失的机械能等于减小的动能和增加的势能之和，故ΔE减＝ΔE k减－mgh＝mgh，C项正确，D项错误．]。