2017版新课标物理一轮复习课下限时集训(十九) 含答案

一、单项选择题
1.人通过挂在高处的定滑轮，用绳子拉起静止在地面上的重物，使它的高度上升h 。

如图所示，第一次拉力为F ，第二次拉力为2F ，则( )
A ．两次克服重力做的功相等
B ．两次上升到h 处时拉力的功率，第二次是第一次的2倍
C ．两次上升到h 处时的动能，第二次为第一次的2倍
D ．两次上升到h 处时机械能增加量相等
2．从地面竖直上抛一个质量为m 的小球，小球上升的最大高度为h 。

设上升和下降过程中空气阻力大小恒定为F f 。

下列说法正确的是( )
A ．小球上升的过程中动能减少了mgh
B ．小球上升和下降的整个过程中机械能减少了F f h
C ．小球上升的过程中重力势能增加了mgh
D ．小球上升和下降的整个过程中动能减少了F f h
3．(2016·安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )
A.m v 24
B.m v 22
C ．m v 2
D ．2m v 2 4．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 受到的摩擦力对其不做功
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
5．(2016·盐城模拟)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。

某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图a 所示)，以此时为t ＝0时刻，记录小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v 1>v 2)。

已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2。

则下列判断正确的是( )
A ．0～t 1内，物块对传送带做正功
B ．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ<tan θ
C ．0～t 2内，传送带对物块做功为12m v 22－12
m v 21 D ．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
6．(2016·温州模拟)某工地上，一架起重机将放在地面的一个箱子吊起。

箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E 与其位移x 的关系图象如图所示，其中O ～x 1过程的图线为曲线，x 1～x 2过程的图线为直线。

根据图象可知( )
A ．O ～x 1过程中钢绳的拉力逐渐增大
B ．O ～x 1过程中箱子的动能一直增加
C ．x 1～x 2过程中钢绳的拉力一直不变
D ．x 1～x 2过程中起重机的输出功率一直增大
二、多项选择题
7．(2016·成都模拟)如图所示，光滑轨道ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v 逆时针转动，现将一质量为m 的小滑块从轨道AB 上某一固定位置A 由静止释放，滑块通过C 点后再经D 点滑上传送带，则( )
A ．固定位置A 到
B 点的竖直高度可能为2R
B ．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 有关
C ．滑块可能重新回到出发点A 处
D ．传送带速度v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多
8．(2016·兰州模拟)如图甲所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一轻质弹簧，其下端固定，静止时上端位置在B 点，在A 点放一质量m ＝2 kg 的小物块，小物块自由释放，从开始运动的一段时间内，v ­t 图象如图乙所示，小物块在0.4 s 时运动到B 点，在0.9 s 时到达C 点，B 、C 间的距离为1.2 m(g 取10 m/s 2)。

由图知( )
A ．斜面倾角θ＝π6
B ．物块从B 运动到
C 的过程中机械能守恒
C ．在C 点时，弹簧的弹性势能为16 J
D ．物块从C 点回到A 点过程中，加速度先增后减，再保持不变
9.如图所示，离地H 高处有一个质量为m 的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F ，已知F 随时间的变化规律为：F ＝F 0－kt (以向左为正，F 0、k 均为大于零的常数)，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μF 0>mg 。

t ＝0时，物体从墙上静止释放，若物体所受
的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑H 2后脱离墙面，此时速度大小为gH 2
，最终落在地面上。

则下列关于物体的运动说法正确的是( )
A ．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动
B ．物体与墙壁脱离的时刻为t ＝F 0k
C ．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线
D ．物体克服摩擦力所做的功W ＝38
mgH 10.(2016·无锡模拟)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体。

物体在A 处时，弹簧处于原长状态。

现用手托住物体使它从A 处缓慢下降，到达B 处时，手和物体自然分开。

此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W ，不考虑空气阻力。

关于此过程，下列说法正确的有( )
A ．物体重力势能减小量一定大于W
B ．弹簧弹性势能增加量一定小于W
C ．物体与弹簧组成的系统机械能增加量为W
D ．若将物体从A 处由静止释放，则物体到达B 处时的动能为W
三、计算题
11．如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝32
，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点。

用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L 。

现给A 、B 一初速度v 0＞gL ，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点。

已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能。

12．自由式滑雪空中技巧是一项有极大观赏性的运动，其场地由①出发区、②助滑坡、③过渡区、④高度h＝4 m的跳台组成。

其中过渡区的CDE部分是半径为R＝4 m 圆孤，D 是最低点，∠DOE＝60°，如图所示。

比赛时运动员由A点静止出发进入助滑区，经过渡区后，沿跳台的斜坡匀减速上滑，至跳台的F处飞出表演空中动作。

运动员要成功完成空中动作，必须在助滑区用滑雪杆助滑，使离开F点时速度在36 km/h到48 km/h之间。

不计所有阻力，已知AB＝2EF，取g＝10 m/s2。

(1)一次，某总质量为60 kg的运动员进行试滑，他从A点滑下后不用滑雪杆助滑，结果F点飞出后无法完成空中动作。

教练测得他在②、④两段运动时间之比t1∶t2＝3∶1，求他在②、④两段运动的平均速度之比和加速度之比；
(2)这次试滑，他通过D点时受到的支持力多大？
(3)试求为了能成功完成空中动作，助滑过程中他至少需要消耗多少体能？
1.解析：选A由于两次重物上升高度h相同，所以两次克服重力做的功mgh相等，A 正确；第二次拉力做功是第一次的2倍，但两次时间不等，所以第二次拉力功率不等于第一次的2倍，B错误；由于重物质量未知，不能表示出两次的加速度和上升到h处时的动能和速度，不能得出两次上升到h处时的动能第二次为第一次的2倍，C错误；由功能关系，除重力以外其他力所做功等于物体机械能的增量，所以两次上升到h处时机械能增加量第二次为第一次的2倍，D错误。

2．解析：选C小球在上升过程中的动能减少量等于克服合力做的功，即ΔE k＝(mg ＋F f)h，A错误；整个过程中的机械能减少量(动能减少量)等于克服除重力之外其他力做的功，即ΔE＝2F f h，B、D错误；上升过程中重力势能增加量等于克服重力做的功，即ΔE p ＝mgh，C正确。

3．解析：选C由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为
物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝1
2m v
2＋μmg·s
相，s相＝v t－
v
2t，v＝μgt，以
上三式联立可得W＝m v2，故C正确。

4．解析：选C对m进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的静摩擦力。

由于弹簧在缩短，所以弹力越来越大，由于缓慢地向墙壁移动，物体处于平衡状态，M 对m 的摩擦力也在增大，所以M 受到的摩擦力在增大，A 错误；物块m 受到的摩擦力方向向左，m 向左运动，所以摩擦力做正功，B 错误；把m 和M 看成整体进行受力分析，水平方向受向右的弹簧弹力和向左的推力，当移动40 cm 时，两物块间开始相对滑动，根据胡克定律得F ＝kx ＝100 N ，对整体研究，根据动能定理得W F ＋W 弹＝ΔE k ＝0，弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，W F ＝－W 弹＝ΔE p ，所以推力做的功等于弹簧增加的弹性势能，C 正确，D 错误。

5．解析：选D 由题图可知物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上。

0～t 1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，A 错误；在t 1～t 2时间内，物块向上运动，则有μmg cos θ>mg sin θ，故μ>tan θ，B 错误；0～t 2时间内，由图可知它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，
重力对物块做正功，设为W G ，根据动能定理得W ＋W G ＝12m v 22－12
m v 21，则传送带对物块做的功W ≠12m v 22－12m v 21
，由此可知C 错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D 正确。

6．解析：选C 由除重力和弹簧弹力之外的其他力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E -x 图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O ～x 1内斜率的绝对值逐渐减小，故在O ～x 1内物体所受的拉力逐渐减小，所以开始先加速运动，当拉力减小后，可能减速运动，故A 、B 错误；由于物体在x 1～x 2内所受的合力保持不变，故加速度保持不变，故物体受到的拉力不变，故C 正确；由于物体在x 1～x 2内E -x 图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动，所以动能可能不变，故D 错误。

7．解析：选CD 设AB 的高度为h ，假设物块从A 点下滑刚好通过最高点C ，则此时
应该是A 下滑高度的最小值，则刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg ＝m v 2C R
，解得v C ＝gR ，从A 到C 根据动能定理得mg (h －2R )＝12m v 2C
－0，整理得到：h ＝2.5R ，A 错误；从A 到最终停止，根据动能定理得mgh －μmgx ＝0，可得x ＝h μ
，可以看出滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度v 无关，与高度h 有关，B 错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到A 点，C 正确；滑块与传送带之间产生的热量Q ＝μmg Δx 相对，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，D 正确。

8．解析：选AC 由图象可知，在0～4 s 内，物块做匀加速直线运动，加速度为a ＝Δv Δt
＝20.4＝5 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma ，解得sin θ＝a g ＝510＝0.5，则θ＝π6
，故A 正确；从B 到C 过程，除重力做功外，弹簧弹力对物块做负功，物块的机械能不守恒，
故B 错误；由能量守恒定律可得，在C 点弹簧的弹性势能为E p ＝12m v 2B ＋mgh BC ＝12
×2×22＋2×10×1.2sin π6
＝16 J ，故C 正确；物块从C 点回到A 点的过程中，开始时弹簧的弹力
大于重力沿斜面向下的分力，合力向上，物块向上做加速运动，弹力逐渐减小，物块的加速度减小，直至弹簧的弹力小于重力沿斜面向下的分力，合力向下，物块向上做减速运动，弹簧弹力逐渐变小，合力逐渐变大，加速度变大，当物体与弹簧分离后，物块受到的合力为重力的分力，物块继续做减速运动，加速度不变，由此可知在整个过程中，物块的加速度先减小后增大，再保持不变，故D 错误。

9.解析：选BD t ＝0时F ＝F 0，此时μF 0>mg ，物体静止，当mg >μF ＝μ(F 0－kt )时，物体开始向下运动，由mg －μ(F 0－kt )＝ma 可知，随t 的增大，物体沿墙壁下滑的加速度越来
越大，经过t ＝F 0k
以后物体开始离开墙壁，但mg 与F 的合力与速度方向不在同一直线上，物体开始做曲线运动，B 正确，A 、C 错误；由动能定理得：mg H 2－W ＝12m v 2，又v ＝gH 2
，可得W ＝38
mgH ，D 正确。

10.解析：选AD 根据能量守恒定律可知，在此过程中减少的重力势能mgh ＝ΔE p ＋W ，所以物体重力势能减小量一定大于W ，不能确定弹簧弹性势能增加量与W 的大小关系，故选项A 正确，B 错误；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少量为W ，故选项C 错误；若将物体从A 处由静止释放，从A 到B 的过程，由功能关系得E k ＝mgh －W 弹＝mgh －ΔE p ＝W ，故选项D 正确。

11．解析：(1)A 与斜面间的滑动摩擦力F f ＝2μmg cos θ，物体从A 向下运动到C 点的过程中，根据功能关系有
2mgL sin θ＋12·3m v 20＝12
·3m v 2＋mgL ＋F f L 解得v ＝v 20－gL
(2)从物体A 接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C 点，对系统应用动能定理
－F f ·2x ＝0－12
×3m v 2 解得x ＝v 202g －L 2
(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C 点的过程中，对系统根据功能关系有
E p ＋mgx ＝2mgx sin θ＋
F f x
所以E p ＝F f x ＝3m v 204－3mgL 4
答案：(1)v 20－gL (2)v 202g －L 2 (3)3m v 204－3mgL 4
12．解析：(1)由 v ＝x t
可得，位移之比为2∶1，时间之比为3∶1，则v 1∶v 2＝2∶3 AB ＝12
a 1t 21 EF ＝v E t 2－12a 2t 22
v B ＝v E ＝a 1t 1
解得a 1∶a 2＝2∶3
(2)在EF 段，有：EF ＝h sin 60°＝833 m
a 2＝g sin 60°＝5 3 m/s 2
在AB 段，有：AB ＝2EF ＝1633
m a 1＝23a 2＝1033
m/s 2 运动员从A 点由静止出发做匀加速运动，由运动学公式得v 2B ＝2a 1AB 从B 点至D 点的过程中，由动能定理得
mgR (1－cos 60°)＝12m v 2D －12
m v 2B 在D 点，由牛顿第二定律得
F N －mg ＝m v 2D R
解得F N ＝2 800 N
(3)设助滑过程中运动员消耗的能量为E ，由能量守恒定律得
E －mg [h ＋R (1－cos 60°)]＝12m v 2
F －12
m v 2D 当v F ＝36 km/h ＝10 m/s 时，E min ＝2 200 J
答案：(1)2∶3 2∶3 (2)2 800 N (3)2 200 J。