高考物理专题 第5讲限时规范训练 word版含解析
第5讲功功率动能定理(限时训练)
高三物理限时规范训练(五)功 功率 动能定理(时间:60分钟 满分:100分)姓名 成绩 一、选择题(本题共9个小题,每小题6分,共54分,在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合要求,第6~9题有多项符合要求.)1.(2014·盐城模拟)如图所示,一质量为M ,长为L 的木板,放在光滑的水平地面上,在木板的右端放一质量为m 的小木块,用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与m 、M 连接,木块与木板间的动摩擦因数为μ,开始时木块和木板静止,现用水平向右的拉力F 作用在M 上,将m 拉向木板左端的过程中,拉力至少做功为( )A .2μmgLB .12μmgL C .μ(M +m)gL D .μmgL2.质量均为m 的两物块A 、B 以一定的初速度在水平面上只受摩擦 力而滑动,如图所示是它们滑动的最大位移x 与初速度的平方v 20 的关系图象,已知v 202=2v 201,下列描述中正确的是( )A .若A 、B 滑行的初速度相等,则到它们都停下来时滑动摩擦力对A 做的功是对B 做功的2倍 B .若A 、B 滑行的初速度相等,则到它们都停下来时滑动摩擦力对A 做的功是对B 做功的12C .若A 、B 滑行的最大位移相等,则滑动摩擦力对它们做的功相等D .若A 、B 滑行的最大位移相等,则滑动摩擦力对B 做的功是对A 做功的2倍3.两个物体A 、B 的质量分别为m 1、m 2,并排静止在水平面上,用 相同的水平拉力F 同时分别作用于物体A 和B 上,分别作用一 段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止.两物体A 、B 运动的v -t 图象分别如图中a 、b 所示.已知拉力F 撤去后, 物体做减速运动过程的v -t 图象彼此平行(相关数据如图所示). 由图中信息可以得到( )A .m 1<m 2B .t =3 s 时,物体A 、B 再次相遇C .拉力F 对物体A 所做的功较多D .拉力F 对物体A 的最大瞬时功率是对物体B 最大瞬时功率的45倍4.(2014·上海市七校调研联考)把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车辆叫做动车.几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组,就是动车组,假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比,每节动车与施车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等.若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km /h ;则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为( )A .120 km /hB .240 km /hC .320 km /hD .480 km /h5.如图所示,图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系, 若物体开始时是静止的,那么( )A .从t =0开始,5 s 内物体的动能变化量为零B .在前5 s 内只有第1 s 末物体的动能最大C .在前5 s 内只有第5 s 末物体的速率最大D .前3 s 内合外力对物体做的功为零6.(2014·黑龙江省牡丹江市联考)如图所示,光滑固定的竖直杆上 套有小物块a ,不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连 接物块a 和小物块b ,虚线cd 水平.现由静止释放两物块,物 块a 从图示位置上升,并恰好能到达c 处.在此过程中,若不 计摩擦和空气阻力,下列说法正确的是( )A .物块a 到达c 点时加速度为零B .绳的拉力对物块a 做的功等于物块a 重力势能的增加量C .绳的拉力对物块b 先做负功后做正功D .绳的拉力对物块b 做的功等于物块b 机械能的减少量7.(2014·河南名校质检)低碳、环保是未来汽车的发展方向. 某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减 速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的.在某次测试中,汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机,测出了汽车动能E k 与位移s 的关系图象如图,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1 000 kg ,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计.根据图象所给的信息可求出( )A .汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB .汽车的额定功率为80 kWC .汽车加速运动的时间为22.5 sD .汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J8.(2014·武汉调研)为减少二氧化碳排放,我国城市公交推出新 型节能环保电动车,在检测某款电动车性能的实验中,质量为 8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶,达到的最大速 度为15 m /s ,利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ,并描绘出F -1v 图象(图中AB 、BO 均为直线),假设电动车行驶中所受的阻力恒定,则( )A .在全过程中,电动车在B 点时速度最大 B .BA 过程电动车做匀加速运动C .CB 过程电动车做减速运动D .CB 过程电动车的牵引力的功率恒定9.质量为m 的物体静止在光滑水平面上,从t =0时刻开始受到三 种水平力的作用,物体的加速度大小a 与时间t 的关系如图所 示,力的方向保持不变,则( )A .这三种情况下,力做功之比为W A ∶WB ∶WC =16∶22∶25 B .这三种情况下,力做功之比为W A ∶W B ∶W C =16∶144∶25 C .t 0时刻,力做功的瞬时功率之比为P A ∶P B ∶P C =16∶9∶1D .t 0时刻,力做功的瞬时功率之比为P A ∶P B ∶P C =4∶3∶1二、计算题(本题共3个小题,共46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)10.(15分)(2014·广东省江门市模拟)如图所示,滑块质量为m ,与水平地面间的动摩擦因数为0.1,它以v 0=3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行,AB =5R ,并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ,在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台,沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ,旋转时两孔均能达到C 点的正上方.若滑块滑过C 点后从P 孔上升又恰能从Q 孔落下,求:(1)滑块在B 点时对轨道的压力大小; (2)平台转动的角速度ω应满足什么条件?11.(15分)(2014·安徽省黄山市模拟)如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置,滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成,其中倾斜直轨AB 与水平直轨CD 长均为L =3 m ,圆弧形轨道APD 和BQC 均光滑,AB 、CD 与两圆弧形轨道相切,BQC 的半径为r =1 m ,APD 的半径为 R =2 m ,O 2A 、O 1B 与竖直方向的夹角均为θ=37°.现有一质量为m =1 kg 的小球穿在滑轨上,以E k 0的初动能从B 点开始沿AB 向上运动,小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=13,设小球经过轨道连接处均无能量损失.(g =10 m /s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)要使小球能够通过弧形轨道APD 的最高点,初动能E k 0至少多大? (2)求小球第二次到达D 点时的动能;(3)小球在CD 段上运动的总路程.(第(2)(3)两问中的E k 0取第(1)问中的数值)12.(16分)(2013·高考四川卷)在如图所示的竖直平面内,物体A 和带正电的物体B 用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M 点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行.劲度系数k =5 N /m 的轻弹簧一端固定在O 点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D 与A 相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM 垂直于斜面.水平面处于场强E =5×104N /C 、方向水平向右的匀强电场中.已知A 、B 的质量分别为m A =0.1 kg 和m B =0.2 kg ,B 所带电荷量q =+4×10-6C .设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B 电荷量不变.取g =10 m /s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求B 所受静摩擦力的大小;(2)现对A 施加沿斜面向下的拉力F ,使A 以加速度a =0.6 m /s 2开始做匀加速直线运动.A 从M 到N 的过程中,B 的电势能增加了ΔE p =0.06 J .已知DN 沿竖直方向,B 与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.求A 到达N 点时拉力F 的瞬时功率.。
高考物理大一轮复习讲义 第五章 章末限时练(含解析) 新人教版
高考物理(人教版通用)大一轮复习讲义第五章 章末限时练(8页,含解析)(满分:100分 时间:90分钟)一、选择题(每小题5分,共50分)1.以下说法中正确的是 ( )A .物体做匀速运动,它的机械能一定守恒B .物体所受合力的功为零,它的机械能一定守恒C .物体所受合力不等于零,它的机械能可能守恒D .物体所受合力等于零,它的机械能一定守恒答案 C解析 物体做匀速运动时动能不变,但是高度可以改变,重力势能改变,所以A 错误;合力的功为零,只是动能不变,B 错误;物体所受合力不等于零,例如只在重力作用下的运动,机械能守恒,所以C 正确;D 选项实质与A 选项相同,所以错误.2.竖直上抛一球,球又落回原处,已知空气阻力的大小正比于球的速度,则下列说法中正确的是 ( )A .球在上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功B .球在上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功C .球在上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率D .球在上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率 答案 BC解析 上升过程重力做负功,克服重力做的功和下降过程重力做的功相等,所以B 选项正确.考虑到空气阻力,上升时间比下降时间短,根据P =W t可知,C 选项正确.3.如图1,人站在自动扶梯上不动,随扶梯匀速上升的过程中( )A .人克服重力做功,重力势能增加B .支持力对人做正功,人的动能增加C .合外力对人不做功,人的动能不变 图1D .合外力对人不做功,人的机械能不变答案 AC解析 人在上升时,克服重力做功,重力势能增加,A 对.支持力向上做正功,但人的动能不变,合外力做功为零,B 错,C 对;人的机械能等于动能加上重力势能,应增加,D 错.4.如图2甲所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t =0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F 随时间t 变化的图象如图乙所示,则 ( )图2A .t 1时刻小球动能最大B .t 2时刻小球动能最大C .t 2~t 3这段时间内,小球的动能先增加后减少D .t 2~t 3这段时间内,小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能答案 C解析 0~t 1时间内,小球做自由落体运动,落到弹簧上并往下运动的过程中,小球重力与弹簧对小球弹力的合力方向先向下后向上,故小球先加速后减速,t 2时刻到达最低点,动能为0,A 、B 错;t 2~t 3时间内,小球向上运动,合力方向先向上后向下,小球先加速后减速,动能先增加后减少,C 对;t 2~t 3时间内,由能量守恒知小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能减去小球增加的重力势能,D 错.5.如图3所示,将一轻弹簧固定在倾角为30°的斜面底端,现用一质量为m 的物体将弹簧压缩锁定在A 点,解除锁定后,物体将沿斜面上滑,物体在运动过程中所能到达的最高点B 距A 点的竖直高度为h ,物体离开弹簧后沿斜面向上运动的加速度大小等于重 图3力加速度g .则下列说法正确的是( )A .弹簧的最大弹性势能为mghB .物体从A 点运动到B 点的过程中系统损失的机械能为mghC .物体的最大动能等于弹簧的最大弹性势能D .物体最终静止在B 点答案 BD解析 物体离开弹簧上滑时,有mg sin θ+μmg cos θ=ma =mg ,又因为θ=30°,所以 mg sin θ=μmg cos θ=12mg ,μ=tan θ;根据功能关系:E pm =mgh +Q 大于mgh ,A 项错误;机械能损失ΔE =Q =μmg cos θ·h sin 30°=mgh ,B 项正确;物体最大动能的位置在A 点上方,合外力为零处,即kx ′=mg sin θ+μmg cos θ,E pm =E km +mgh ′+μmg cosθ·h ′sin θ,C 项错误;因为μ=tan θ,所以物体可以在B 点静止,D 项正确. 6.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究.他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v -t 图象,如图4所示(除2 s ~10 s 时间段图象为曲线外,其余时间段图象均为直线).已知在小车运动的过程中,2 s ~14 s 时间段内 图4小车的功率保持不变,在14 s 末停止遥控而让小车自由滑行,小车的质量为1.0 kg ,可认为在整个运动过程中小车所受的阻力大小不变.则下列说法不正确的是( )A .小车受到的阻力大小为1.5 NB .小车加速阶段的功率为9 WC .小车匀速行驶阶段的功率为9 WD .小车加速过程中位移大小为42 m答案 B解析 在14 s ~18 s 时间段:a =Δv t=1.5 m/s 2,则F f =ma =1.5 N ,A 正确;在0~2 s 内小车做匀加速运动,由P =Fv 可知,小车的功率逐渐增大,B 不正确;在10 s ~14 s 内小车做匀速直线运动,牵引力F ′=F f ,P =F ′v =1.5×6 W=9 W ,C 正确;0~2 s内:x 1=3 m,2 s ~10 s 内根据动能定理:Pt -F f x 2=12mv 22-12mv 21,得x 2=39 m ,则x =x 1+x 2=42 m ,D 正确.7.如图5所示,光滑水平面上放着足够长的木板B ,木板B 上放着木块A ,A 、B 接触面粗糙,现用一水平拉力F 作用在B 上使其由静止开始运动,用F f1代表B 对A 的摩擦力,F f2代表A 对B 的 图5 摩擦力,下列说法正确的有 ( )A .力F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量B .力F 做的功一定小于A 、B 系统动能的增加量C .力F f1对A 做的功等于A 动能的增加量D .力F 、F f2对B 做的功之和等于B 动能的增加量答案 CD解析 当水平拉力F 较小时,二者一起运动,力F 做的功一定等于A 、B 系统动能的增加量;当水平拉力F 较大时,二者发生相对滑动,力F 做的功一定大于A 、B 系统动能的增加量,选项A 、B 错误;由动能定理,力F f1对A 做的功等于A 动能的增加量,力F 、F f2对B 做的功之和等于B 动能的增加量,选项C 、D 正确.8.如图6所示,两个34竖直圆弧轨道固定在同一水平地面上,半径R 相同,左侧轨道由金属凹槽制成,右侧轨道由金属圆管制成,均可视为光滑.在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A 和B 由静止释放,小球距离地面的高度分别为h A 和h B ,下列说法正确的是( )图6A .若使小球A 沿轨道运动并且从最高点飞出,释放的最小高度为5R 2B .若使小球B 沿轨道运动并且从最高点飞出,释放的最小高度为5R 2C .适当调节h A ,可使A 球从轨道最高点飞出后,恰好落在轨道右端口处D .适当调节h B ,可使B 球从轨道最高点飞出后,恰好落在轨道右端口处答案 AD解析 小球A 从轨道最高点飞出的最小速度v A =gR ,由机械能守恒,mgh A =2mgR +12mv 2A ,则h A =5R 2,A 选项正确;小球B 从轨道最高点飞出的最小速度v B =0,由机械能守恒,mgh B =2mgR ,释放的最小高度h B =2R ,B 选项错误;要使小球A 或B 从轨道最高点飞出后,恰好落在轨道右端口处,需满足R =v 0t ,R =12gt 2,则v 0= gR 2,而A 球的最小速度v A =gR >v 0,故A 球不可能落在轨道右端口处,B 球可能,C 选项错误,D 选项正确.9.如图7所示,光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点,其中半圆轨道在竖直平面内,B 点为最低点,D 点为最高点,一小球以一定的初速度沿AB 射入,恰能通过最高点,设小球在最高点D 的重力势能为零,则关于小球在 图7 B 点的机械能E 与轨道对小球的支持力F 的说法正确的是( )A .E 与R 成正比B .E 与R 无关C .F 与R 成正比D .F 与R 无关答案 AD 解析 小球恰能通过最高点,则在最高点重力充当向心力,有mg =m v 2R,因为小球在最高点D 的重力势能为零,则小球在D 点的机械能为12mv 2,由机械能守恒定律可知:小球在B点的机械能与在D 点的机械能相等,则E =12mv 2=12mgR ,所以E 与R 成正比,故A 项正确,B 项错误;从B 点到D 点小球机械能守恒,可得:12mv 2=12mv 20-2mgR ,在B 点有:F -mg =m v 20R,可解得F =6mg ,所以F 与R 无关,故C 项错误,D 项正确.10.如图8所示,在光滑固定的曲面上,放有两个质量分别为1 kg 和2 kg 的可视为质点的小球A 和B ,两球之间用一根轻质弹簧相连,用手拿着A 如图所示竖直放置,AB 间距离L =0.2 m ,小球B 刚刚与曲面接触且距水平面的高度h = 图80.1 m .此时弹簧的弹性势能E p =1 J ,自由释放A 后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上,以后一直沿光滑地面运动,不计一切碰撞时机械能的损失,g 取10 m/s 2.则下列说法中正确的是 ( ) A .下滑的整个过程中弹簧和A 球组成的系统机械能守恒B .下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒C .B 球刚到地面时,速度是 2 m/sD .当弹簧处于原长时,以地面为参考平面,两球在光滑水平面上运动时的机械能为6 J 答案 BD解析 由于弹簧和B 之间有作用力,弹簧和A 球组成的系统机械能不守恒,A 项错误;由于没有摩擦,系统只有弹簧弹力和重力做功,则B 项正确;因为弹簧作用于B ,并对B 做功,B 的机械能不守恒,而 2 m/s 是根据机械能守恒求解得出的,所以C 项错误;根据系统机械能守恒,到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等,又弹簧处于原长,则E =m A g (L +h )+m B gh +E p =6 J ,D 项正确.二、非选择题(共50分)11.(8分)在验证机械能守恒定律的实验中,使质量为m =200 g 的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列的点,选取一条符合实验要求的纸带如图9所示.O 为纸带下落的起始点,A 、B 、C 为纸带上选取的三个连续点.已知打点计时器每隔T =0.02 s 打一个点,当地的重力加速度为g =9.8 m/s 2,那么图9(1)计算B 点瞬时速度时,甲同学用v 2B =2gx OB ,乙同学用v B =x AC2T.其中所选择方法正确的是______(填“甲”或“乙”)同学.(2)同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力,为此他计算出纸带下落的加速度为________m/s 2,从而计算出阻力F f =________N.(3)若同学丁不慎将上述纸带从OA 之间扯断,他仅利用A 点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的?______.(填“能”或“不能”)答案 (1)乙 (2)9.5 0.06 (3)能解析 (1)如用v 2B =2gx OB 求v B ,就等于认为机械能已经守恒了,应选用v B =x AC 2T . (2)由Δx =aT 2知a =Δx T 2=BC -ABT 2 =[23.23-19.20- 19.20-15.55 ]×10-20.022 m/s 2 =9.5 m/s 2由mg -F f =ma 知F f =mg -ma =0.06 N.(3)能.可利用12m (v 22-v 21)=mgh 12验证. 12.(8分)在“探究恒力做功与物体的动能改变量的关系”的实验中备有下列器材:A.打点计时器;B.天平;C.秒表;D.低压交流电源;E.电池;F.纸带;G.细线、砝码、小车、重物、砝码盘;H.薄木板.(1)其中多余的器材是________(填器材前的字母),缺少的器材是________.(2)测量时间的工具是____________;测量质量的工具是____________.(填器材前的字母)(3)如图10所示是打点计时器打出的小车(质量为m )在恒力F 作用下做匀加速直线运动的纸带.测量数据已用字母表示在图中,打点计时器的打点周期为T .请分析,利用这些数据能否验证动能定理?若不能,请说明理由;若能,请说出做法,并对这种做法做出评价.图10答案 (1)C 、E 毫米刻度尺 (2)A B (3)见解析解析 (1)计算小车速度是利用打上点的纸带,故不需要秒表.打点计时器应使用低压交流电源,故多余的器材是C 、E ;测量点与点之间的距离要用毫米刻度尺,故缺少的器材是毫米刻度尺.(2)测量时间的工具是打点计时器,测量质量的工具是天平.(3)能.从A 到B 的过程中,恒力做的功为W AB =Fx AB物体动能的变化量为E k B -E k A =12mv 2B -12mv 2A =12m (x B 2T )2-12m (x A 2T)2 =12m x 2B -x 2A 4T 2 只要验证Fx AB =12m x 2B -x 2A 4T 2即可. 优点:A 、B 两点的距离较远,测量时的相对误差较小.缺点:只进行了一次测量验证,说服力不强.13.(10分)如图11所示,轨道ABC 被竖直地固定在水平桌面上, A 距离水平地面高H =0.75 m ,C 距离水平地面高h =0.45 m .一质量m =0.10 kg 的小物块自A 点从静止开始下滑,从C 点以水平速度飞出后落在水平地面上的D 点.现测得C 、D 两点的 图11水平距离为l =0.60 m .不计空气阻力,取g =10 m/s 2.求:(1)小物块从C 点运动到D 点经历的时间;(2)小物块从C 点飞出时速度的大小;(3)小物块从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力做的功.答案 (1)0.3 s (2)2.0 m/s (3)0.1 J解析 (1)小物块从C 水平飞出后做平抛运动,由h =12gt 2得小物块从C 到D 运动的时间t = 2h g =0.3 s(2)从C 点飞出时速度的大小v =l t=2.0 m/s(3)小物块从A 运动到C 的过程中,根据动能定理得 mg (H -h )+W f =12mv 2-0摩擦力做功W f =12mv 2-mg (H -h )=-0.1 J 此过程中克服摩擦力做的功W f ′=-W f =0.1 J.14.(16分)(2012·北京·23)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯,行程超过百米.电梯的简化模型如图13甲所示.考虑安全、舒适、省时等因素,电梯的加速度a 是随时间t 变化的.已知电梯在t =0时由静止开始上升,a -t 图象如图乙所示.电梯总质量m=2.0×103 kg.忽略一切阻力,重力加速度g 取10 m/s 2.图13(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F 1和最小拉力F 2; (2)类比是一种常用的研究方法.对于直线运动,教科书中讲解了由v -t 图象求位移的方法.请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图乙所示的a -t 图象,求电梯在第1 s 内的速度改变量Δv 1和第2 s 末的速率v 2;(3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P ;再求在0~11 s 时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W .答案 (1)2.2×104 N 1.8×104N (2)0.5 m/s1.5 m/s (3)2.0×105 W 1.0×105 J解析 (1)由牛顿第二定律,有F -mg =ma由a -t 图象可知,F 1和F 2对应的加速度分别是 a 1=1.0 m/s 2,a 2=-1.0 m/s 2,则F 1=m (g +a 1)=2.0×103×(10+1.0) N =2.2×104 NF 2=m (g +a 2)=2.0×103×(10-1.0) N =1.8×104 N(2)类比可得,所求速度变化量等于第1 s 内a -t 图线与t 轴所围图形的面积, 可得Δv 1=0.5 m/s同理可得2 s 内的速度变化量Δv 2=v 2-v 0=1.5 m/sv 0=0,第2 s 末的速率v 2=1.5 m/s(3)由a -t 图象可知,11 s ~30 s 内速率最大,其值v m 等于0~11 s 内a -t 图线与t 轴所围图形的面积,此时电梯做匀速运动,拉力F 等于重力mg ,所求功率 P =Fv m =mg ·v m =2.0×103×10×10 W=2.0×105 W由动能定理得,总功W =E k2-E k1=12mv 2m -0=12×2.0×103×102 J =1.0×105 J.。
适用于新教材2025版高考物理一轮总复习课时规范练5
课时规范练51.(2024河北武安模拟)在用打点计时器测速度的试验中,沟通电源频率为50 Hz,打出一段纸带如图所示,每隔四个点(图中未画出)取一个计数点。
测得纸带经过2号计数点时的瞬时速度v=m/s。
若试验时沟通电源的实际频率大于50 Hz,则纸带经过2号点的实际速度(选填“大于”“小于”或“等于”)测量速度。
答案0.36大于解析相邻计数点间的时间间隔T=5×s=0.1s,则纸带经过2号计数点时的瞬时速度v=m/s=0.36m/s;若试验时沟通电源的实际频率大于50Hz,则计算速度时代入的T值比实际值偏大,即速度的测量值小于真实值,所以纸带经过2号点的实际速度大于测量速度。
2.(2024河南安阳模拟)某小组做探究小车速度随时间改变规律的试验。
将纸带穿过打点计时器时,三位同学的操作分别如图甲中的①②③所示,正确的操作应当是(选填“①”“②”或“③”)。
操作正确后得到一条纸带如图乙所示,丁同学在纸带上选取a、b、c、d、e五个计数点,并测量出它们的间距分别为x1、x2、x3、x4,则小车的加速度a=。
(已知打点计时器电源的频率为f)答案①f2解析纸带穿过打点计时器时应从限位孔穿过,并使纸带放置在复写纸下方,只有①符合规范,故选①;设每个相邻计数点之间的时间间隔为T,由逐差法可知小车的加速度a=,由于相邻计数点之间有4个点,所以T=,联立解得a=f2。
3.(2024湖南师大附中模拟)某同学利用图甲所示的试验装置,探究物块在水平桌面上的运动规律。
物块在重物的牵引下起先运动,重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)。
从纸带上便于测量的点起先,依据打点的先后依次,每5个点取1个计数点,相邻计数点间的距离如图乙所示。
打点计时器电源的频率为50 Hz。
(1)本试验(选填“须要”或“不须要”)满意重物质量远小于物块质量。
(2)物块减速运动过程中加速度的大小a= m/s2(结果保留3位有效数字)。
高三物理限时规范训练
一、选择题(本题共9个小题,每小题6分,共54分,在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合要求,第6~9题有多项符合要求.)1.汽车遇情况紧急刹车,经1.5 s 停止,刹车距离为9 m .若汽车刹车后做匀减速直线运动,则汽车停止前最后1 s 的位移大小是( )A .4.5 mB .4 mC .3 mD .2 m解析:选B .考查直线运动规律,由x =12at 2,解得a =8 m /s 2,最后1 s 的位移为x 1=12×8×12m =4 m ,B 项正确.2.(2013·高考上海卷)汽车以恒定功率沿公路做直线运动,途中通过一块沙地.汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力,且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力.汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动,它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内,位移s 随时间t 的变化关系可能是( )解析:选B .由于汽车在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力,故汽车驶入沙地后做加速度减小的减速运动,汽车驶出沙地后又做加速度减小的加速运动,直到匀速.故s -t 图象的切线斜率先变小后变大,B 正确.3.(2013·石家庄质检)如图所示是质量为1 kg 的滑块在水平面上做直线运动的v -t 图象.下列判断正确的是( )A .在t =1 s 时,滑块的加速度为零B .在4~6 s 时间内,滑块的平均速度为2.5 m /sC .在3~7 s 时间内,合力做功的平均功率为2 WD .在5~6 s 时间内,滑块受到的合力为2 N解析:选C .由图线可知t =1 s 时,速度为0,加速度为图线的斜率等于2 m /s 2,A 项错.4~6 s 时间内滑块的平均速度的大小等于图线与时间轴所围面积(时间轴以上为正,以下为负)与时间之比,计算得3 m /s ,B 项错.在3~7 s 时间内,根据动能定理得W 合=12mv 27-12mv 23=-8 J ,P =|W|t =84W =2 W ,C 项正确.5~6 s 时间内,加速度大小为a =4 m /s 2,由牛顿第二定律得合力大小为F =ma =4 N ,D 项错误.4.某物体由静止开始做直线运动,物体所受合力F 随时间t 变化的图象如图所示,在0~8 s 内,下列说法正确的是( )A .物体在0~2 s 内做匀加速直线运动B .物体在第2 s 末速度最大C .物体在第8 s 末离出发点最远D .物体在第4 s 末速度方向发生改变解析:选C .由F -t 图象及a =F m可知,0~2 s 内物体做变加速直线运动,A 错误.4 s 末物体加速度正向变为零,速度达到最大,B 错误.0~8 s 内,物体始终朝同一个方向运动,8 s 末离出发点最远,C 正确.4 s 末加速度为零,加速度方向即将改变,但速度方向不变,D 错误.5.如右图所示,表面处处同样粗糙的楔形木块abc 固定在水平地面上,ab 面和bc 面与地面的夹角分别为α和β,且α>β.一初速度为v 0的小物块沿斜面ab 向上运动,经时间t 0后到达顶点b时,速度刚好为零;然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc 下滑,在小物块从a 运动到c 的过程中,可能正确描述其速度大小v 与时间t 的关系的图象是( )解析:选C .物块在整个运动过程中,由能量守恒知,物块在c 点的动能小于初动能,即v <v 0,A 项错误;物块在ab 段和bc 段分别做匀减速和匀加速运动,且a 1>a 2,故B 、D 错误,C 正确.6.一跳水运动员向上跳起,先做竖直上抛运动,在t 1时刻速度减为零,t 2时刻落入水中,在水中逐渐减速,t 3时刻速度又变为零,其v -t图象如右图所示,已知t 3-t 2=t 2-t 1,则关于该运动员的运动,下列说法正确的是( )A .该图中速度取向下为正方向B .在0~t 2时间内v =v 0+v 2C .在t 1~t 2时间内的位移小于t 2~t 3时间内的位移D .在t 1~t 2时间内的平均加速度小于t 2~t 3时间内的平均加速度解析:选AB .开始时运动员速度向上,在图象中为负值,因此图中速度取向下为正方向,A 正确;0时刻速度为v 0,t 2时刻速度为v ,在0~t 2时间内为匀变速直线运动,因此v =v 0+v 2,B 正确;图象与坐标轴所包围的面积等于位移,由题图可看出,在t 1~t 2时间内的位移大于t 2~t 3时间内的位移,C 错;在t 1~t 2、t 2~t 3时间内速度变化量大小相等,时间相等,由平均加速度公式a =Δv Δt可知,两段时间内的平均加速度相等,D错.7.一个质量为0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动的v -t 图象如右图所示,图线a 表示物体受水平拉力时的情况,图线b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的情况,下列说法正确的是( ) A .水平拉力的大小为0.1 NB .水平拉力对物体做的功为-1.2 JC .撤去拉力后物体又滑行了7.5 mD .物体与水平面间的动摩擦因数为0.1解析:选ABC .由v -t 图象可知:0~3 s ,在未撤掉水平力F 前,物体做匀减速直线运动,a 1=5-33=23(m /s 2);3 s 后,撤掉水平力F ,物体做匀减速直线运动,加速度a 2=3-26-3=13(m /s 2).对物体进行水平方向受力分析,由牛顿第二定律可得:F +μmg =ma 1,μmg =ma 2,解得:μ=130,F =0.1 N ,选项A 正确,选项D 错误;0~3 s 内物体的位移x′=12×(5+3)×3=12 m ,由功的定义可得:水平拉力对物体做的功W =-Fx′=-1.2 J ,选项B 正确;由v -t 图象可知:3~6 s 内物体的位移x =12×(2+3)×3=7.5 m ,选项C 正确.8.(2013·江苏苏北四市质检)如右图所示,水平传送带AB 距离地面的高度为h ,以恒定速率v 0顺时针运行.甲、乙两滑块(可视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计),在AB 的正中间位置轻放它们时,弹簧立即弹开,两滑块以相同的速率分别向左、右运动.下列判断正确的是( )A .甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,且距释放点的水平距离可能相等B .甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧,但距释放点的水平距离一定不相等C .甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,且距释放点的水平距离一定相等D .甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧,但距释放点的水平距离一定不相等解析:选AC.当甲、乙弹开时的速度大于v0时,两滑块均沿弹开的速度方向作减速运动直到离开传送带,由v2-v20=2ax,得离开传送带时的速度v大小相等,由平抛规律得距释放点的水平距离相等,A项正确;当甲、乙弹开时的速度小于v0时,两滑块最终会在传送带上向右运动,且离开传送带时的速度均能等于v0,则C项正确.9.如右图所示是A、B两物体从同一地点出发,沿相同的方向做直线运动的v-t图象,由图象可知( )A.A比B早出发5 sB.第15 s末A、B速度相等C.前15 s内B的位移比A的位移大50 mD.第20 s末A、B位移之差为25 m解析:选CD.由图象可知,B物体比A物体早出发5 s,A错;10 s末A、B速度相等,B错;由于位移的数值等于图线与时间轴所围“面积”,所以前15 s内B的位移为150 m,A的位移为100 m,C对;将图线延伸可得,前20 s内A的位移为225 m,B的位移为200 m,故D正确.二、计算题(本题共3个小题,共46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)10.(12分)在游乐场中,有一种大型游戏机叫“跳楼机”,如右图所示,参加游戏的游客被安全带固定在座椅上,由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处,然后由静止释放.为研究方便,可以认为座椅沿轨道做自由落体运动1.2 s后,开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动,且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零.然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落,将游客送回地面.求:(取g=10 m/s2)(1)座椅在自由下落结束时刻的速度大小;(2)座椅在匀减速阶段的时间和加速度大小.解析:(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度大小为v,下落时间t1=1.2 s,由v=gt1得:v=12 m/s.(2)设座椅自由下落和匀减速运动的总高度为h,总时间为t,h=40-4=36 m,由h=v2t得:t=6 s,设座椅匀减速运动的时间为t2,则t2=t-t1=4.8 s.座椅在匀减速阶段的加速度大小为a=vt2=2.5 m/s2,方向竖直向上.答案:(1)12 m/s(2)4.8 s 2.5 m/s211.(16分)如图所示,有一足够长斜面,倾角α=37°,一物体从斜面底端A 处以初速度v 0=6 m /s 沿斜面上滑,到B 处后,受一与物体重力大小相等的水平向右的恒力作用,物体最终停在C点(C 点未画出);已知AB =1 m ,物体与斜面间动摩擦因数μ=0.5.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g =10 m /s 2)求:(1)物体到达B 点的速度大小;(2)BC 距离.解析:(1)物体由A 至B 过程由牛顿第二定律得:-mg sin 37°-μmg cos 37°=ma 1解得a 1=-10 m /s 2由运动学方程得:v 2B -v 20=2a 1x AB解得:v B =4 m /s(2)物体由B 至C 过程,受力如图所示:由牛顿第二定律得mg cos 37°-mg sin 37°-μ(mg cos 37°+mg sin 37°)=ma 2,解得a 2=-5 m /s 2由运动学方程得0-v 2B =2a 2x BC解得x BC =1.6 m答案:(1)4 m /s (2)1.6 m12.(18分)一辆值勤的警车停在公路边,当警员发现从他旁边以10 m /s 的速度匀速行驶的货车严重超载时,决定前去追赶,经过t 0=5.5 s 后警车发动起来,并以2.5 m /s 2的加速度做匀加速运动,但警车的行驶速度必须控制在90 km /h 以内.问:(1)警车在追赶货车的过程中,两车间的最大距离是多少?(2)警车发动后要多长时间才能追上货车?解析:(1)警车在追赶货车的过程中,当两车速度相等时,它们间的距离最大,设警车发动后经过t 1时间两车的速度相等.则t 1=v a =102.5s =4 s s 货=v(t 0+t 1)=10×(5.5+4)m=95 ms 警=12at 21=12×2.5×42 m =20 m 所以两车间的最大距离Δs =s 货-s 警=75 m .(2)v m =90 km /h =25 m /s ,当警车刚达到最大速度时,运动时间t 2=v m a =252.5s =10 s s 货′=v(t 0+t 2)=10×(5.5+10) m =155 ms 警′=12at 22=12×2.5×102 m =125 m 因为s 货′>s 警′,故此时警车尚未赶上货车,且此时两车距离 Δs′=s 货′-s 警′=30 m警车达到最大速度后做匀速运动,设再经过Δt 时间追赶上货车,则 Δs ′=v m Δt -v Δt即Δt =Δs ′v m -v =3025-10s =2 s 所以警车发动后要经过t =t 2+Δt =12 s 追上货车.答案:(1)75 m (2)12 s。
高考物理大一轮复习课时规范训练牛顿运动定律的综合应用Word版含解析
课时规范训练[基础巩固题组]1.下列哪个说法是正确的()A.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态解析:选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零,加速度为零.既不超重,也不失重,选项A、C、D错误;选项B中的运动员的加速度为重力加速度,方向竖直向下,处于失重状态,选项B正确.2.人站在电梯中随电梯一起运动.下列过程中人处于超重状态的是() A.电梯加速上升B.电梯加速下降C.电梯匀速上升D.电梯匀速下降解析:选 A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用,由牛顿第二定律有F-G=ma,若人处于超重状态,此时人对电梯的压力大于人本身的重力,则应有力F大于G,加速度方向向上.选项A正确,B、C、D错误.3.图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图,让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下,然后在不同的θ角条件下进行多次实验,最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动.分析该实验可知,小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的()A.①、②和③B.③、②和①C.②、③和①D.③、①和②解析:选B.小球受重力mg 、支持力F N ,由牛顿第二定律得mg sin θ=ma ,a=g sin θ,而a m =g ,故a a m=sin θ;由牛顿第三定律得F N ′=F N ,F Nm ′=F Nm ,而F N =mg cos θ,F Nm =mg ,即F N F Nm=cos θ,则F N ′F Nm ′=cos θ;重力加速度的最大值g m =g ,即g g m=1,B 正确. 4.(多选)在下列运动过程中,人处于失重状态的是( )A .小朋友沿滑梯加速滑下B .乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内C .宇航员随飞船绕地球做圆周运动D .跳水运动员离开跳板后向上运动解析:选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时,具有向下的加速度,人处于失重状态,A 正确;乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内,对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力,乘客不处于失重状态,B 错误;宇航员随飞船绕地球做圆周运动,宇航员处于完全失重状态,运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态,C 、D 正确.5.如图所示,质量分别为m 和2m 的两个小球置于光滑水平面上,且固定在一轻质弹簧的两端,已知弹簧的原长为L ,劲度系数为k .现沿弹簧轴线方向在质量为2m 的小球上施加一水平拉力F ,使两球一起做匀加速运动,则此时两球间的距离为( )A.F 3kB.F 2k C .L +F 3k D .L +F 2k解析:选 C.两个小球一起做匀加速直线运动,加速度相等,对系统受力分析,由牛顿第二定律可得F =(m +2m )a ,对质量为m 的小球作水平方向受力分析,由牛顿第二定律和胡克定律可得kx=ma,则此时两球间的距离为L′=L+x=L+F3k,C正确.6.如图甲所示,为一倾角θ=37°足够长的斜面,将一质量为m=1 kg的物体无初速度在斜面上释放,同时施加一沿斜面向上的拉力,拉力随时间变化关系图象如图乙所示,与斜面间动摩擦因数μ=0.25.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)2 s末物体的速度;(2)前16 s内物体发生的位移.解析:(1)分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得mg sin θ-F1-μmg cos θ=ma1,v1=a1t1,代入数据可得v1=5 m/s.(2)设物体在前2 s内发生的位移为x1,则x1=12a1t21=5 m.当拉力为F2=4.5 N时,由牛顿第二定律可得F2+μmg cos θ-mg sin θ=ma2,代入数据可得a2=0.5 m/s2,物体经过t2时间速度减为0,则v 1=a 2t 2,t 2=10 s ,设t 2时间发生的位移为x 2,则x 2=12a 2t 22=25 m ,由于mg sin θ-μmg cos θ<F 2<μmg cos θ+mg sin θ,则物体在剩下4 s 时间内处于静止状态.故物体在前16 s 内发生的位移x =x 1+x 2=30 m ,方向沿斜面向下.答案:(1)5 m/s (2)30 m 方向沿斜面向下[综合应用题组]7.(多选)将一个质量为1 kg 的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反.该过程的v -t 图象如图所示,g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( )A .小球所受重力和阻力大小之比为5∶1B .小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3C .小球落回到抛出点时的速度大小为8 6 m/sD .小球下落过程中,受到向上的空气阻力,处于超重状态解析:选AC.上升过程中mg +F f =ma 1,代入a 1=12 m/s 2,解得F f =2 N ,小球所受重力和阻力之比为5∶1,选项A 正确;下落过程中mg -F f =ma 2,可得a 2=8 m/s 2,根据h =12at 2可得t 1t 2=a 2a 1=23,选项B 错误;根据v =a 2t 2,t 2= 6 s 可得v =8 6 m/s ,选项C 正确;小球下落过程中,加速度方向竖直向下,小球处于失重状态,选项D 错误.8.如图甲所示,某人通过动滑轮将质量为m 的货物提升到一定高处,动滑轮的质量和摩擦均不计,货物获得的加速度a 与竖直向上的拉力F T 之间的函数关系如图乙所示.则下列判断正确的是()A.图线与纵轴的交点的绝对值为gB.图线的斜率在数值上等于物体的质量m C.图线与横轴的交点N的值F T N=mgD.图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1 m解析:选A.由牛顿第二定律可得:2F T-mg=ma,则有a=2m F T-g,由a-F T图象可判断,纵轴截距的绝对值为g,图线的斜率在数值上等于2m,则A正确,B、D错误,横轴截距代表a=0时,F T N=mg2,C错误.9.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上.一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处自由下落,接触弹簧后继续向下运动.观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程,下列关于小球的速度v 或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()解析:选 A.小球先做自由落体运动,接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动.直至重力和弹力相等,即mg=kΔx,此时a=0,小球速度达到最大值v max,此后小球继续下降,小球重力小于弹力,加速度方向向上,小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点,小球速度为0,加速度最大,A正确,B错误.设小球到达最低点时,弹簧的形变量为x,由能量关系得mg(h+x)=12kx2,则2mg(h+x )=kx ·x ,由h +x >x 得kx >2mg ,所以在最低点kx -mg =ma >mg ,即a >g ,C 错误.弹簧形变量x 与t 不是线性关系.则a 与t 也不是线性关系,D 错误.10.如图所示,一夹子夹住木块,在力F 作用下向上提升.夹子和木块的质量分别为m 、M ,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为F f .若木块不滑动,力F 的最大值是( )A.2F f (m +M )M B.2F f (m +M )mC.2F f (m +M )M-(m +M )g D.2F f (m +M )m+(m +M )g 解析:选A.木块恰好滑动时,对木块和夹子有F -(M +m )g =(M +m )a ,对木块有2F f -Mg =Ma ,所以F =2F f (M +m )M,选项A 正确. 11.(多选)质量为0.3 kg 的物体在水平面上做直线运动,图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线,则下列说法正确的( )A .水平拉力可能是0.3 NB .水平拉力一定是0.1 NC .物体所受摩擦力可能是0.2 ND .物体所受摩擦力一定是0.2 N解析:选BC.若拉力方向与物体运动方向相同,则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象,此时物体加速度大小为a 1=23 m/s 2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力F f =ma 1=0.2 N ,图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线,加速度大小为a 2=13 m/s 2,由牛顿第二定律可知F f -F =ma 2,代入已知条件可知,拉力F =0.1 N ;若拉力方向与物体运动方向相反,则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象,此时物体加速度大小为a 3=13m/s 2,由牛顿第二定律可知此时摩擦力F f ′=ma 3=0.1 N ;图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线,加速度大小为a 4=23 m/s 2,由牛顿第二定律可知F ′+F f ′=ma 4,代入已知条件可知,拉力F ′=0.1 N ,B 、C 正确.12.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验.若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g .(1)当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小;(2)要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小;(3)本实验中,m 1=0.5 kg ,m 2=0.1 kg ,μ=0.2,砝码与纸板左端的距离d =0.1 m ,取g =10 m/s 2.若砝码移动的距离超过l =0.002 m ,人眼就能感知.为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大?解析:(1)砝码对纸板的摩擦力F f1=μm 1g桌面对纸板的摩擦力F f2=μ(m 1+m 2)gF f =F f1+F f2,解得F f =μ(2m 1+m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1,纸板的加速度为a 2,则 F f1=m 1a 1,F -F f1-F f2=m 2a 2发生相对运动a 2>a 1解得F >2μ(m 1+m 2)g .(3)纸板抽出前,砝码运动的距离x 1=12a 1t 21纸板运动的距离d +x 1=12a 2t 21纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离x 2=12a 3t 22,l =x 1+x 2由题意知a 1=a 3,a 1t 1=a 3t 2解得F =2μ⎣⎢⎡⎦⎥⎤m 1+⎝ ⎛⎭⎪⎫1+d l m 2g代入数据得F =22.4 N.答案:(1)μ(2m 1+m 2)g (2)F >2μ(m 1+m 2)g(3)22.4 N。
高考物理第一轮复习限时规范训练:机械能守恒定律及其应用(解析版)
一轮复习限时规范训练机械能守恒定律及其应用一、选择题:在每小题给出的四个选项中,第1~4题只有一项符合题目要求,第5~7题有多项符合题目要求.1、关于机械能守恒,下列说法中正确的是( )A.物体做匀速运动,其机械能肯定守恒B.物体所受合力不为零,其机械能肯定不守恒C.物体所受合力做功不为零,其机械能肯定不守恒D.物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动,其机械能削减答案:D解析:物体做匀速运动其动能不变,但机械能可能变,如物体匀速上升或下降,机械能会相应的增加或削减,选项A错误;物体仅受重力作用,只有重力做功,或受其他力但其他力不做功或做功的代数和为零时,物体的机械能守恒,选项B、C错误;物体沿竖直方向向下做加速度为5 m/s2的匀加速运动时,物体肯定受到一个与运动方向相反的力的作用,此力对物体做负功,物体的机械能削减,故选项D正确.2.如图所示,表面光滑的固定斜面顶端安装肯定滑轮,小物块A,B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦).初始时刻,A,B处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块( )A.速率的改变量不同B.机械能的改变量不同C.重力势能的改变量相同D.重力做功的平均功率相同答案:D解析:由题意依据力的平衡有m A g=m B g sin θ,所以m A=m B sin θ.依据机械能守恒定律mgh=12mv2,得v=2gh,所以两物块落地速率相等,选项A错误;因为两物块的机械能守恒,所以两物块的机械能改变量都为零,选项B错误;依据重力做功与重力势能改变的关系,重力势能的改变为ΔE p=-W G=-mgh,所以E p A=m A gh=m B gh sin θ,E p B=m B gh,选项C错误;因为A、B两物块都做匀变速运动,所以A重力的平均功率为P A=m A g·v2,B重力的平均功率P B=m B g·v2sin θ,因为m A=m B sin θ,所以PA=P B,选项D正确.3.静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力.不计空气阻力,在整个上升过程中,物体机械能随时间改变关系是( )A B C D答案:C解析:物体受恒力加速上升时,恒力做正功,物体的机械能增大,又因为恒力做功为W=F·12at2,与时间成二次函数关系,选项A、B两项错误;撤去恒力后,物体只受重力作用,所以机械能守恒,D项错误,C项正确.4.如图所示,粗细匀称、两端开口的U形管内装有同种液体,起先时两边液面高度差为h,管中液柱总长度为4h,后来让液体自由流淌,当两液面高度相等时,右侧液面下降的速度为( )A.18gh B.16ghC.14gh D.12gh答案:A解析:设管子的横截面积为S ,液体的密度为ρ.打开阀门后,液体起先运动,不计液体产生的摩擦阻力,液体机械能守恒,液体削减的重力势能转化为动能,两边液面相平常,相当于右管12h 高的液体移到左管中,重心下降的高度为12h ,由机械能守恒定律得ρ·12hS ·g ·12h =12ρ·4hS ·v 2,解得,v =gh8.选项A 正确.5.如图所示,一质量为m 的小球套在光滑竖直杆上,轻质弹簧一端固定于O 点,另一端与该小球相连.现将小球从A 点由静止释放,沿竖直杆运动到B 点,已知OA 长度小于OB 长度,弹簧处于OA ,OB 两位置时弹力大小相等.在小球由A 到B 的过程中( )A .加速度等于重力加速度g 的位置有两个B .弹簧弹力的功率为零的位置有两个C .弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D .弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离答案:AC解析:在运动过程中A 点为压缩状态,B 点为伸长状态,则由A 到B 有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直,加速度为g ;当弹簧与杆垂直时小球加速度为g .则有两处加速度为g ,故A 项正确;在A 点速度为零,弹簧弹力功率为0,弹簧与杆垂直时弹力的功率为0,有一位置的弹力为0,其功率为0,共3处,故B 项错误;因A 点与B 点弹簧的弹性势能相同,则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功,故C 项正确;因小球对弹簧做负功时弹力大,则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离,故D 项错误.6.如图所示,滑块A ,B 的质量均为m ,A 套在固定竖直杆上,A ,B 通过转轴用长度为L 的刚性轻杆连接,B 放在水平面上并紧靠竖直杆,A ,B均静止.由于微小扰动,B起先沿水平面对右运动.不计一切摩擦,滑块A,B视为质点.在A下滑的过程中,下列说法中正确的是( ) A.A,B组成的系统机械能守恒B.在A落地之前轻杆对B始终做正功C.A运动到最低点时的速度为2gLD.当A的机械能最小时,B对水平地面的压力大小为2mg答案:AC解析:A,B组成的系统中只有动能和势能相互转化,故A、B组成的系统机械能守恒,选项A正确;分析B的受力状况和运动状况:B先受到竖直杆向右的推力,使其向右做加速运动,当B的速度达到肯定值时,杆对B有向左的拉力作用,使B向右做减速运动,当A落地时,B的速度减小为零,所以杆对B先做正功,后做负功,选项B错误;由于A、B组成的系统机械能守恒,且A到达最低点时B的速度为零,依据机械能守恒定律可知选项C正确;B先做加速运动后做减速运动,当B的速度最大时其加速度为零,此时杆的弹力为零,故B对水平面的压力大小为mg,由于A、B组成的系统机械能守恒,故此时A机械能最小,选项D错误.7.如图所示,A,B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,B,C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上.现用手限制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直,右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m,B,C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,起先时整个系统处于静止状态.释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面.下列说法错误的是( )A.斜面倾角α=60°B.A获得的最大速度为2g m 5kC.C刚离开地面时,B的加速度最大D .从释放A 到C 刚离开地面的过程中,A ,B 两小球组成的系统机械能守恒答案:ACD解析:释放A 后,A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面,此时细线中拉力等于4mg sin α,弹簧的弹力等于mg ,则有4mg sin α=mg +mg ,解得斜面倾角α=30°,选项A 错误;释放A 前,弹簧的压缩量为x =mg k ,A 沿斜面下滑至速度最大时弹簧的伸长量为x ′=mg k,由机械能守恒定律得4mg ·2x sin α-mg ·2x =12·4mv 2+12mv 2,解得A 获得的最大速度为v =2g m 5k,选项B 正确;C 刚离开地面时,B 的加速度为零,选项C 错误;从释放A 到C 刚离开地面的过程中,A ,B 两小球、地球、弹簧组成的系统机械能守恒,选项D 错误.二、非选择题8.如图所示,跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ,A 套在光滑水平杆上,定滑轮离水平杆的高度h =0.2 m ,起先时让连着A 的细线与水平杆的夹角θ1=37°,由静止释放B ,当细线与水平杆的夹角θ2=53°时,A 的速度为多大?在以后的运动过程中,A 所获得的最大速度为多大?(设B 不会遇到水平杆,sin 37°=0.6,sin 53°=0.8,取g =10 m/s 2) 解:设绳与水平杆夹角θ2=53°时,A 的速度为v A ,B 的速度为v B ,此过程中B 下降的高度为h 1,则有mgh 1=12mv 2A +12mv 2B ,其中h 1=h sin θ1-hsin θ2,v A cos θ2=v B ,代入数据,解以上关系式得v A ≈1.1 m/s.A 沿着杆滑到左侧滑轮正下方的过程,绳子拉力对A 做正功,A 做加速运动,此后绳子拉力对A 做负功,A 做减速运动.故当θ1=90°时,A 的速度最大,设为v A m ,此时B 下降到最低点,B 的速度为零,此过程中B 下降的高度为h 2,则有mgh 2=12mv 2A m ,其中h 2=h sin θ1-h ,代入数据解得v A m =1.63 m/s. 9.如图所示,水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点,轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方.在距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点,质量为m 的小球以v 0=2gl 的速度水平飞出,小球在空中运动至B 点时,恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道.小球运动过程中空气阻力不计,重力加速度为g ,试求:(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ;(2)圆弧BC 段所对的圆心角θ;(3)小球滑到C 点时,对圆轨道的压力.解:(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ,由平抛运动规律得l =12gt 2,x =v 0t 联立解得x =2l .(2)由小球到达B 点时竖直分速度v 2y =2gl ,tan θ=v y v 0,解得θ=45°. (3)小球从A 运动到C 点的过程中机械能守恒,设到达C 点时速度大小为v C ,由机械能守恒定律有mgl ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1+1-22=12mv 2C -12mv 20 设轨道对小球的支持力为F ,有F -mg =m v 2C l解得F =(7-2)mg由牛顿第三定律可知,小球对圆轨道的压力大小为F ′=(7-2)mg ,方向竖直向下.10.如图所示,在竖直空间有直角坐标系xOy ,其中x 轴水平,一长为2l 的细绳一端系一小球,另一端固定在y 轴上的P 点,P 点坐标为(0,l ),将小球拉至细绳呈水平状态,然后由静止释放小球,若小钉可在x 正半轴上移动,细绳承受的最大拉力为9mg ,为使小球下落后可绕钉子在竖直平面内做圆周运动到最高点,求钉子的坐标范围.解:当小球恰过圆周运动的最高点时,钉子在x 轴正半轴的最左侧,则有mg =m v 21r 1 小球由静止到圆周的最高点这一过程,依据机械能守恒定律有mg (l -r 1)=12mv 21 x 1=2l -r 12-l 2解得x 1=73l 当小球处于圆周的最低点,且细绳张力恰达到最大值时,钉子在x 轴正半轴的最右侧,则有F max -mg =m v 22r 2小球由静止到圆周的最低点这一过程,依据机械能守恒定律有 mg (l +r 2)=12mv 22x 2=2l -r 22-l 2解得x 2=43l 因而钉子在x 轴正半轴上的范围为73l ≤x ≤43l .。
新教材高考物理一轮复习课时规范练5力的合成和分解含答案
课时规范练5力的合成和分解基础对点练1.(胡克定律、力的合成)如图所示,一个“Y”形弹弓顶部跨度为L,两根相同的橡皮条自由长度均为L,在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片。
若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律,且劲度系数为k,发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为1.5L(弹性限度内),则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为()A.√2kLB.2√23kLC.kLD.2kL2.(求合力的大小)如图所示,一个物体受到1 N、2 N、3 N、4 N四个力作用而处于平衡。
现保持1 N、2 N、4 N三个力的方向和大小不变,而将3 N的力绕O点顺时针旋转120°,此时作用在物体上的合力大小为()A.13 NB.3√2 NC.3√3 ND.5√3 N3.(力的分解)如图所示,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。
现保持F的大小不变,将F的方向变为与水平方向成30°角斜向右上方,恰好也能让物块做匀速直线运动。
则物块与桌面间的动摩擦因数为()A.√33B.√36C.2-√3D.2-√324.(力的分解、合力与分力的关系)小明想推动家里的衣橱,但使出了很大的力气也没推动,于是他便想了个妙招,如图所示,用A 、B 两块木板,搭成一个底角较小的人字形架,然后往中央一站,衣橱居然被推动了。
下列说法正确的是( )A.这是不可能的,因为小明根本没有用力去推衣橱B.这是不可能的,因为无论如何小明的力气也没那么大C.这有可能,A 板对衣橱的推力有可能大于小明的重力D.这有可能,但A 板对衣橱的推力不可能大于小明的重力5.(力的分解)(2023天津高三月考)超市里磁力防盗扣的内部结构及原理如图所示,在锥形金属筒内放置四颗小铁珠(其余两颗未画出),工作时弹簧通过铁环将小铁珠挤压于金属筒的底部,同时,小铁珠陷于钉柱上的凹槽里,锁死防盗扣。
当用强磁场吸引防盗扣的顶部时,铁环和小铁珠向上移动,防盗扣松开。
第5讲功功率动能定理(限时训练)
高三物理限时规范训练(六)机械能守恒定律功能关系(时间:60分钟满分:100分)姓名成绩一、选择题(本题共9个小题,每小题6分,共54分,在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合要求,第6~9题有多项符合要求.)1.质量为m的带电小球,在充满匀强电场的空间中水平拋出,小球运动时的加速度方向竖直向下,大小为2g3.当小球下降高度为h时,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是( )A.小球的动能减少了mgh3B.小球的动能增加了2mgh3C.小球的电势能减少了2mgh3D.小球的电势能增加了mgh2.一质量为m的铝球用细线悬挂静止在足够深的油槽中(如图甲),某时刻剪断细线,铝球开始在油槽中下沉,通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示,已知重力加速度为g,根据上述信息,下列说法正确的是( )A.铝球下沉的速度越来越大B.开始释放时,铝球加速度a0=gC.铝球下沉过程中所受到的油的阻力f=ma0vv0D.铝球下沉过程中机械能的减少量等于克服油阻力所做的功3.如图所示,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦).初始时刻,A、B处于同一高度并恰好处于静止状态.剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块( )A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同4.(2014·安徽合肥质量检测)长为L的轻绳悬挂一个质量为m的小球,开始时绳竖直,小球与一个倾角为θ=45°的静止三角形物块刚好接触,如图所示.现在用水平恒力F向左推动三角形物块,直至轻绳与斜面平行,此时小球的速度大小为v,重力加速度为g,不计所有的摩擦.则下列说法中正确的是( )A.上述过程中,斜面对小球做的功等于小球增加的动能B.上述过程中,推力F做的功为FLC.上述过程中,推力F做的功等于小球增加的机械能D.轻绳与斜面平行时,绳对小球的拉力大小为mg sin 45°5.(2014·衡水期末)足够长的粗糙斜面上,用力推着一物体沿斜面向上运动,t=0时撤去推力,0~6 s内速度随时间的变化情况如图所示,由图象可知,下列说法错误的是( )A.0~1 s内重力的平均功率大小与1~6 s内重力平均功率大小之比为5∶1B.0~1 s内摩擦力的平均功率大小与1~6 s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1C.0~1 s内位移大小与1~6 s内位移大小之比为1∶5D.0~1 s内机械能变化量大小与1~6 s内机械能变化量大小之比为1∶56.(2014·浙江省五校联盟联考)如图所示,重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上,从a点由静止开始下滑,到b点开始压缩轻弹簧,到c点时达到最大速度,到d点(图中未画出)开始弹回,返回b点离开弹簧,恰能再回到a点,若bc=0.1 m,弹簧弹性势能的最大值为8 J,(g取10 m/s2)则( )A.轻弹簧的劲度系数是50 N/m B.从d到a滑块克服重力做功8 JC.滑块动能的最大值为8 J D.从d到c弹簧的弹力做功8 J7.如图所示,置于足够长斜面上的盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁接触,斜面光滑且固定于水平地面上.一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P拴接,另一端与A相连.今用外力推A使弹簧处于压缩状态,然后由静止释放,则从释放盒子直至其获得最大速度的过程中 ( )A.弹簧的弹性势能一直减小直至为零B.A对B做的功等于B机械能的增加量C.弹簧弹性势能的减小量等于A和B机械能的增加量D.A所受重力和弹簧弹力做功的代数和等于A动能的增加量8.(2013·高考江苏卷)如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定,另一端与小物块相连.弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出).物块的质量为m,AB=a,物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点,拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动,经O点到达B点时速度为零.重力加速度为g.则上述过程中()A .物块在A 点时,弹簧的弹性势能等于W -12μmga B .物块在B 点时,弹簧的弹性势能小于W -32μmga C .经O 点时,物块的动能小于W -μmgaD .物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B 点时弹簧的弹性势能9.如图所示,在光滑的四分之一圆弧轨道的顶端a 点,质量为m 的 物块(可视为质点)由静止开始下滑,经圆弧最低点b 滑上粗糙水 平面,圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接,物块最终滑至c 点停止.若圆弧轨道半径为R ,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,下列说法正确的是( )A .物块滑到b 点时的加速度为2gB .物块滑到b 点时对b 点的压力是2mgC .c 点与b 点的距离为Rμ D .整个过程中物块机械能损失了mgR二、计算题(本题共3个小题,共46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)10.(15分)(2014·江苏四校联考)当今流行一种“蹦极”运动,如图所示,距河面45 m 高的桥上A 点系弹性绳,另一端B 点系住重50 kg 男孩的脚,弹性绳原长AB 为15 m ,设男孩 从桥面自由下坠直至紧靠水面的C 点,末速度为0.假定整个过程中,弹性绳遵循胡克定律,绳的质量、空气阻力忽略不计,男孩视为质点.弹性势能可用公式:E s =kx 22(k 为弹性绳的劲度系数,x 为弹性绳的形变长度)计算.(g =10 m /s 2)则:(1)男孩在最低点时,弹性绳具有的弹性势能为多大?弹性绳的劲度系数又为多大? (2)在整个运动过程中,男孩的最大速度为多少?11.(15分)(2014·河北省八市联考)如图所示,粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形轨道.光滑半圆轨道半径为R ,两个光滑半圆轨道连接处CD 之间留有很小空隙,刚好能够使小球通过,CD 之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A 与水平面上的B 点之间的高度为h.从A 点静止释放一个可视为质点的小球,小球沿翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出,落到水平地面上,落点到与E 点在同一竖直线上B 点的距离为s.已知小球质量m ,不计空气阻力,求:(1)小球从E 点水平飞出时的速度大小; (2)小球运动到半圆轨道的B 点时对轨道的压力; (3)小球沿翘尾巴S 形轨道运动时克服摩擦力做的功.12.(16分)(201·广东增城模拟)如图所示,水平桌面上有一轻弹簧,左端固定在A 点,自然状态时其右端位于B 点.水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ,其形状为半径R =0.8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧,MN 为其竖直直径.用质量m 1=0.4 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点,释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止在B 点.用同种材料、质量为m 2=0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放,物块过B 点时速度为6 m /s ,物块与桌面的动摩擦因数μ=0.4,B 、D 间水平距离s BD =2.5 m ,物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道.g =10 m /s 2,求:(1)物块离开桌面D 时的速度大小; (2)P 点到桌面的竖直距离h ;(3)判断m 2能否沿圆轨道到达M 点(要求计算过程). (4)释放后m 2运动过程中克服桌面摩擦力做的功.。
第5讲 氧化还原反应方程式的配平、书写与计算
归纳总结
缺项型氧化还原反应方程式的补项原则和组合方式 (1)补项原则
介质
多一个氧原子
少一个氧原子
酸性 中性 碱性
+2H+结合1个O →H2O +H2O结合1个O →2OH- +H2O结合1个O →2OH-
+H2O提供1个O →2H+ +H2O提供1个O →2H+ +2OH-提供1个O →H2O
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答案:5TiO2+6C+10Cl2=6=00==℃=5TiCl4+2CO+4CO2
19
考点一 考点二
考点三 真题链接/随堂检测 限时规范训练
2.(2024·华师大附中)治理污染减少排放具有十分重要的意义,下面
是消除NOx排放的三个案例: (1)利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO)∶n(NO2)
4
考点一 考点二
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2.氧化还原反应方程式配平的一般步骤
5
考点一 考点二
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关键能力 突破
题点 1 正向配平
1.(1)
HCl(浓)+
△
MnO2=====
Cl2↑+
MnCl2+
H2O
(2) Cu+ HNO3(浓)=== Cu(NO3)2+ NO2↑+ H2O
NaClO (或 ClO-)
Cl-、Cl2
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考点一 考点二
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(2)常见的还原剂及氧化产物预测
还原剂 Fe2+
SO2(或 H2SO3、SO23-) S2-(或 H2S) H2C2O4 H2O2 I-(或 HI)
氧化产物 Fe3+(酸性);Fe(OH)3(碱性)
高考物理一轮复习第5章机械能及其守恒定律限时规范专题练(一)动力学和能量综合应用问题学案
限时规范专题练(一)动力学和能量综合应用问题时间:60分钟 满分:100分一、选择题(本题共9小题,每小题9分,共81分。
其中1~5题为单选,6~9题为多选)1.北京获得2022年冬奥会举办权,冰壶是冬奥会的比赛项目。
将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来。
换一个材料相同、质量更大的冰壶,以相同的初速度推出后,冰壶运动的距离将( )答案 A解析 冰壶在冰面上以一定初速度被推出后,在滑动摩擦力作用下做匀减速运动,根据动能定理有-μmgs =0-12mv 2,得s =v 22μg,两种冰壶的初速度相等,材料相同,故运动的位移大小相等。
故选A 。
2.把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车厢叫做动车。
而动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组。
带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车。
设动车组运行过程中的阻力与质量成正比,每节动车与拖车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等,若开动一节动车带三节拖车,最大速度可达到150 km/h 。
当开动二节动车带三节拖车时,最大速度可达到( )A .200 km/hB.240 km/h C .280 km/hD.300 km/h 答案 B解析 若开动一节动车带三节拖车,最大速度可达到150 km/h 。
设动车的功率为P ,每节车厢所受的阻力为f ,当达到最大速度时动车的牵引力等于整体的阻力,则有:P =4fv ,当开动二节动车带三节拖车时,有2P =5fv ′,联立两式解得v ′=240 km/h 。
B 正确,A 、C 、D 错误。
3. 如图所示,质量为m 的物体A 和质量为2m 的物体B 通过不可伸长的轻绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧。
开始用手托着物体A 使弹簧处于原长且轻绳伸直,此时物体A 与水平地面的距离为h ,物体B 静止在地面上。
现由静止释放A ,A 与地面即将接触时速度恰好为0,此时物体B 对地面恰好无压力,重力加速度为g ,下列说法正确的是( )A .物体A 下落过程中一直处于失重状态B .物体A 即将落地时,物体B 处于失重状态C .从物体A 开始下落到即将落地的过程中,弹簧的弹性势能最大值为mghD .物体A 下落过程中,A 的动能和弹簧的弹性势能之和先增大后减小答案 C解析 根据题述“A 与地面即将接触时速度恰好为0”,可知A 先加速后减速向下运动,加速度方向先向下后向上,物体A 先处于失重状态后处于超重状态,A 错误;根据题述“A 与地面即将接触时速度恰好为0,此时物体B 对地面恰好无压力”,可知此时轻绳中拉力大小等于B 的重力,B 处于静止状态,加速度为零,B 错误;对A 和弹簧组成的系统,在A 由静止下落到A 与地面即将接触的过程中,系统的重力势能、动能和弹性势能相互转化,物体A 即将落地时,重力势能减少量为mgh ,动能与初状态相同为0,此时弹簧的弹性势能最大为mgh ,C 正确;在物体A 下落过程中,A 的重力势能一直减小,A 的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大,D 错误。
【原创】高考物理总复习 第5课时 带电粒子在叠加场中的运动(能力课时)
A.该微粒一定带负电荷 B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动 C.该磁场的磁感应强度大小为qvmcogs θ D.该电场的场强为mgsqin θ
qUd =qv0B,U=v0Bd
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电磁流 量计
霍尔元 件
大一轮复习·物理(RJ)
UDq=qvB,所以v=DUB 所以Q=vS=π4DBU
当磁场方向与电流方向垂直时,导体在 与磁场、电流方向都垂直的方向上出现
电势差
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大一轮复习·物理(RJ)
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大一轮复习·物理(RJ)
考向2 带电粒子在叠加场中的圆周运动 1.带电粒子做匀速圆周运动,隐含条件是必须考虑重力,且电场 力和重力平衡. 2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方 法相同.
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大一轮复习·物理(RJ)
2×10-3 kg的带正电的小球,从M(3.64 m,3.2 m)点,以v0=1 m/s的水平
速度开始运动.已知球在第一象限内做匀速圆周运动,从P(2.04 m,0)
点进入第四象限后经过y轴上的N(0,-2.28 m)点(图中未标出).求:(g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
如图所示,区域Ⅰ内有与水平方 向成45°角的匀强电场,区域宽度为d1,区域Ⅱ 内有正交的有界匀强磁场和匀强电场,区域宽 度为d2,磁场方向垂直纸面向里,电场方向竖 直向下.一质量为m、带电荷量为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点,由 静止释放后水平向右做直线运动,进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动,从 区域Ⅱ右边界上的Q点穿出,其速度方向改变了60°,重力加速度为g, 求:
高考物理人教版一轮复习课时规范练5力的合成与分解+Word版含解析 (1).docx
课时规范练5力的合成与分解基础对点练1.(力的合成)(2019·宁夏青铜峡高级中学月考)如图所示,舰载机保持牵引力F大小不变,在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止,此时阻拦索夹角θ=120°,空气阻力和甲板阻力不计,则阻拦索承受的张力大小为()A.2FB.FC.FD.,根据平行四边形定则,每根阻拦索承受的张力大小等于载机牵引力F的大小。
2.(力的合成)如图所示,有5个力作用于同一点O,表示这5个力的有向线段恰构成一个正六边形的两邻边和三条对角线,已知F1=10 N,则这5个力的合力大小为()A.50 NB.30 NC.20 ND.10 N,F2和F4的合力等于F1,F5和F3的合力也等于F1,这5个力的合力大小为3F1=30 N。
3.(多选)(力的分解)(2019·宁夏育才中学月考)如图所示,将力F分解为F1和F2两个分力,已知F1的大小和F2与F之间的夹角α,且α为锐角,则()A.当F1>F sin α时,一定有两解B.当F1=2F sin α时,有唯一解C.当F1<F sin α时,无解D.当F sin α<F1<F时,一定有两解,由三角形定则知分力与合力可构成封闭三角形。
当F1<F sin α时,三个力不能构成封闭三角形,故不可能分解为这样的一对分力F1和F2,C正确;当F1=F sin α时,可构成唯一一个直角三角形,B错误;当F sin α<F1<F时,F1、F2与F可构成两个矢量三角形,即有两解,D正确;对于选项A,由于不能确定F1是否小于F,结合前面的分析知,A错误。
4.(力的分解)“叠罗汉”是一种高难度的杂技。
由六人叠成的三层静态造型如图所示,假设六个人的质量均为m,下面五人弯腰后背部呈水平状态,则底层正中间的人的一只脚对水平地面的压力约为(重力加速度为g)()A.mgB.mgC.mgD.mg解析由受力分析可知,最上面一层人对第二层人的压力(单只脚)为mg,第二层对底层人的压力(单只脚)为mg+mg=mg,底层中间的人受到的压力为两只脚的压力,即2×mg=mg,所以单脚对地压力为mg+mg=mg,故选项C正确。
2020版高考物理一轮总复习第五章第1课时万有引力定律及其应用(基础课时)限时规范训练(含解析)新人教版
万有引力定律及其应用[基础巩固题组](20分钟,50分)1.(2019·江西重点中学联考)下列说法正确的是( ) A .伽利略发现了万有引力定律,并测得了引力常量 B .根据表达式F =Gm 1m 2r 2可知,当r 趋近于零时,万有引力趋近于无穷大 C .在由开普勒第三定律得出的表达式R 3T2=k 中,k 是一个与中心天体有关的常量D .两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反,是一对平衡力解析:选C.牛顿发现了万有引力定律,卡文迪许测得了引力常量,故选项A 错误;表达式F =G m 1m 2r 2中,当r 趋近于零时,万有引力定律不适用,故选项B 错误;表达式R 3T 2=k 中,k 是一个与中心天体有关的常量,故选项C 正确;物体间的万有引力总是大小相等、方向相反,是一对作用力与反作用力,故选项D 错误.2.有一星球的密度跟地球的密度相同,但它表面的重力加速度是地球表面处重力加速度的4倍,则该星球的质量是地球质量的(忽略其自转的影响)( )A.14倍 B .4倍 C .16倍D .64倍解析:选D.由g =GM R 2,ρ=3M 4πR 3知M =9g 316π2ρ2G 3,故M 星M 地=⎝ ⎛⎭⎪⎫g 星g 地3=64.3.(多选)如图所示,近地人造卫星和月球绕地球的运行轨道可视为圆.设卫星、月球绕地球运行周期分别为T 卫、T 月,地球自转周期为T 地,则( )A .T 卫<T 月B .T 卫>T 月C .T 卫<T 地D .T 卫=T 地解析:选AC.因r 月>r 同>r 卫,由开普勒第三定律r 3T2=k 可知,T 月>T 同>T 卫,又同步卫星的周期T 同=T 地,故有T 月>T 地>T 卫,选项A 、C 正确.4.对于环绕地球做圆周运动的卫星来说,它们绕地球做圆周运动的周期会随着轨道半径的变化而变化,某同学根据测得的不同卫星做圆周运动的半径r 与周期T 的关系作出如图所示图象,则可求得地球质量为(已知引力常量为G )( )A.4π2a GbB .4π2bGaC.Ga4π2bD .Gb4π2a解析:选A.由GMm r 2=m 4π2T 2·r ,可得r 3T 2=GM 4π2,结合题图图线可得,a b =GM 4π2,故M =4π2aGb,A 正确.5.若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体,它们在水平方向运动的距离之比为2∶7,已知该行星质量约为地球的7倍,地球的半径为R .由此可知,该行星的半径约为( )A.12R B .72R C .2RD .72R 解析:选C.平抛运动在水平方向上为匀速直线运动,即x =v 0t ,在竖直方向上做自由落体运动,即h =12gt 2,所以x =v 02hg,两种情况下,抛出的速率相同,高度相同,所以g 行g 地=x 2地x 2行=74,根据公式G Mm R 2=mg 可得R 2=GM g ,故R 行R 地= M 行M 地·g 地g 行=2,解得R 行=2R ,故C 正确.6.(2018·高考北京卷)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律,在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下,需要验证( )A .地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的1602B .月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的1602C .自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的16D .苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的160解析:选B.由a =G Mr2可得,加速度与距离的平方成反比,所以如果使月球绕地球运动的力与使苹果落地的力遵循同样的规律,那么它们的加速度就应该是1602的关系.7.(多选)万有引力定律能够很好地将天体运行规律与地球上物体运动规律具有的内在一致性统一起来.用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重力,随称量位置的变化可能会有不同的结果.已知地球质量为M ,万有引力常量为G .将地球视为半径为R 、质量均匀分布的球体.下列选项中说法正确的是( )A .在北极地面称量时,弹簧秤读数为F 0=G Mm R 2B .在赤道地面称量时,弹簧秤读数为F 1=G Mm R2C .在北极上空高出地面h 处称量时,弹簧秤读数为F 2=G Mm R +h 2D .在赤道上空高出地面h 处称量时,弹簧秤读数为F 3=GMm R +h2解析:选AC.北极地面物体不随地球自转,万有引力等于重力,则有F 0=G MmR2,故A 正确;在赤道地面称量时,万有引力等于重力加上随地球一起自转所需要的向心力,则有F 1<G Mm R 2,故B 错误;在北极上空高出地面h 处称量时,万有引力等于重力,则有F 2=G Mm R +h 2,故C 正确;在赤道上空高出地面h 处称量时,万有引力大于重力,弹簧秤读数F 3<G Mm R +h2,故D 错误.[能力提升题组](25分钟,50分)1.近年来,人类发射的多枚火星探测器已经相继在火星上着陆,正在进行着激动人心的科学探究,为我们将来登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础.如果火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动,并测得该运动的周期为T ,则火星的平均密度ρ的表达式为(k 为某个常数)( )A .ρ=kTB .ρ=k TC .ρ=kT 2D .ρ=k T2解析:选D.火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动时,G Mm R 2=m 4π2T 2R ,又M =43πR 3·ρ,可得ρ=3πGT 2=k T2,故只有D 正确.2.宇航员站在某一星球距其表面h 高度处,以某一速度沿水平方向抛出一个小球,经过时间t 后小球落到星球表面,已知该星球的半径为R ,引力常量为G ,则该星球的质量为( )A.2hR2Gt 2B .2hR 2GtC.2hRGt2D .Gt 22hR2解析:选A.设该星球表面的重力加速度为g ,小球在星球表面做平抛运动,h =12gt 2.设该星球的质量为M ,在星球表面有 mg =GMm R 2.由以上两式得,该星球的质量为M =2hR2Gt2,A 正确.3.据报道,天文学家新发现了太阳系外的一颗行星.这颗行星的体积是地球的a 倍,质量是地球的b 倍.已知近地卫星绕地球运行的周期约为T ,引力常量为G .则该行星的平均密度为( )A.3πGT2B .π3T 2 C.3πbaGT 2D .3πa bGT2解析:选C.万有引力提供近地卫星绕地球运行的向心力:G M 地m R 2=m 4π2RT2,且ρ地=3M 地4πR3,联立得ρ地=3πGT 2.而ρ星ρ地=M 星V 地V 星M 地=b a,因而ρ星=3πbaGT2,C 正确.4.(2019·广州调研)“嫦娥五号”探测器在2019年发射升空,自动完成月面样品采集后从月球起飞,返回地球,带回约2 kg 月球样品.某同学从网上得到一些信息,如表格中的数据所示,则地球和月球的密度之比为( )A.23 B .2 C .4D .6解析:选B.在地球表面,重力等于万有引力,故mg =G Mm R 2,解得M =gR 2G ,故地球的密度ρ=M V =gR 2G43πR 3=3g 4πGR .同理,月球的密度ρ0=3g 04πGR 0.故地球和月球的密度之比ρρ0=gR 0g 0R =32,B 正确.5.如图所示,将一个半径为R 、质量为M 的均匀大球,沿直径挖去两个半径分别为大球一半的小球,并把其中一个放在球外与大球靠在一起,挖去小球的球心、球外小球球心、大球球心在一条直线上,则大球中剩余部分与球外小球的万有引力大小约为(已知引力常量为G )( )A .0.01 GM 2R 2B .0.02 GM 2R 2C .0.05GM 2R2D .0.04GM 2R2解析:选D.由题意知,所挖出小球的半径为R2,质量为M8,则未挖出小球前大球对球外小球的万有引力大小为F =GM ×M8⎝ ⎛⎭⎪⎫R +R 22=GM 218R 2,将所挖出的其中一个小球填在原位置,则填入左侧原位置小球对球外小球的万有引力为F 1=GM 8×M8R 2=GM 2256R 2,填入右侧原位置小球对球外小球的万有引力为F 2=G M 8×M8R 2=GM 264R 2,大球中剩余部分对球外小球的万有引力大小为F 3=F -F 1-F 2≈0.04GM 2R2,D 选项正确.6.(2019·盘锦模拟)两颗互不影响的行星P 1、P 2,各有一颗近地卫星S 1、S 2绕其做匀速圆周运动.图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a ,横轴表示某位置到行星中心距离r 平方的倒数,a 1r2关系如图所示,卫星S 1、S 2的引力加速度大小均为a 0.则( )A .S 1的质量比S 2的大B .P 1的质量比P 2的大C .P 1的第一宇宙速度比P 2的小D .P 1的平均密度比P 2的大解析:选B.万有引力充当向心力,故有G Mm r2=ma ,解得a =GM 1r2,故图象的斜率k =GM ,因为G 是恒量,M 表示行星的质量,所以斜率越大,行星的质量越大,故P 1的质量比P 2的大,由于计算过程中,卫星的质量可以约去,所以无法判断卫星质量关系,A 错误,B 正确;因为两个卫星是近地卫星,所以其运行轨道半径可认为等于行星半径,根据第一宇宙速度公式v =gR 可得v =a 0R ,从题图中可以看出,当两者加速度都为a 0时,P 2半径要比P 1小,故P 1的第一宇宙速度比P 2的大,C 错误;星球的密度ρ=M V =M 43πR 3=a 0R 2G43πR3=3a 04πGR,故星球的半径越大,密度越小,所以P 1的平均密度比P 2的小,D 错误.7.(2019·西安模拟)(多选)欧洲航天局的第一枚月球探测器——“智能1号”环绕月球沿椭圆轨道运动,用m 表示它的质量,h 表示它在近月点的高度,ω表示它在近月点的角速度,a 表示它在近月点的加速度,R 表示月球的半径,g 表示月球表面处的重力加速度.忽略其他星球对“智能1号”的影响,则它在近月点所受月球对它的万有引力的大小等于( )A .maB .mR 2gR +h 2C .m (R +h )ω2D .m R 2ω2R +h解析:选AB.“智能1号”在近月点所受月球对它的万有引力,即为它所受的合力,由牛顿第二定律得F =ma ,A 正确;由万有引力定律得F =GMmR +h2,又在月球表面上,G MmR2=mg ,解得F =mR 2gR +h2,B 正确;由于“智能1号”环绕月球沿椭圆轨道运动,曲率圆半径不是R +h ,C 、D 错误.。
2025版高考物理大一轮复习限时规范训练6
限时规范训练6[基础巩固题组]1.如图所示为两个大小不变、夹角θ变化的力的合力的大小F与θ角之间的关系图像(0≤θ≤2π),下列说法中正确的是()A.合力大小的变化范围是0≤F≤14 NB.合力大小的变化范围是2 N≤F≤10 NC.这两个分力的大小分别为6 N和8 ND.这两个分力的大小分别为2 N和8 N解析:C由题图可知:当两力夹角为180°时,两力的合力为2 N,而当两力夹角为90°时,两力的合力为10 N。
则这两个力的大小分别为6 N、8 N,故C 正确,D错误。
当两个力方向相同时,合力大小等于两个力之和14 N;当两个力方向相反时,合力大小等于两个力之差2 N,由此可见,合力大小的变化范围是2 N≤F≤14 N,故A、B错误。
2.三个共点力大小分别是F1、F2、F3,关于它们合力F的大小,下列说法正确的是()A.F大小的取值范围一定是0≤F≤F1+F2+F3B.F至少比F1、F2、F3中的某一个力大C.若F1∶F2∶F3=3∶6∶8,只要适当调整它们之间的夹角,一定能使合力为零D.若F1∶F2∶F3=3∶6∶2,只要适当调整它们之间的夹角,一定能使合力为零解析:C三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1+F2+F3,但最小值不一定等于零,只有当某一个力的大小在另外两个力的合力范围内时,这三个力的合力才可能为零,合力可能比三个力都大,也可能比三个力都小,合力能够为零的条件是三个力的矢量箭头能组成首尾相接的三角形,任意两个力的和必须大于第三个力,选项A、B、D错误,C正确。
3.如图所示,解放军战士在水平地面上拉着轮胎做匀速直线运动进行负荷训练,运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高。
两绳间的夹角为θ=60°,所构成的平面与水平面间的夹角恒为α=53°,轮胎重为G,地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为F f,则每根绳的拉力大小为()A.239F f B.32F fC.539F f D.233F f解析:C设每根绳的拉力为F,则这两根绳拉力的合力F合=2F cos θ2,方向沿绳子所组成角的角平分线,与水平面的夹角为α,受力分析如图所示。
2018版高考总复习物理 限时规范专题练5 含答案
限时规范专题练(五) 碰撞、动量与能量问题综合应用时间:45分钟满分:100分一、选择题(本题共6小题,每小题5分,共30分。
其中1~4为单选,5~6为多选)1.滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动,现有质量为m 的人站立于雪橇上,如图所示。
人与雪橇的总质量为M ,人与雪橇以速度v 1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。
当人相对于雪橇以速度v 2竖直跳起时,雪橇向南的速度大小为( )A.Mv 1-Mv 2M -m B.Mv 1M -mC.Mv 1+Mv 2M -mD .v 1答案 D解析 人跳起过程中,人和雪橇组成的系统水平方向动量守恒(M +m)v 1=mv 1+Mv ′,则v ′=v 1,故D 选项正确。
2.如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面,斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ。
一质量为m(m<M)的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动,不计冲上斜面过程中的机械能损失。
如果斜面固定,则小物块恰能冲到斜面顶端。
如果斜面不固定,则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A.hB.m M +m hC.m M hD.MM +mh 答案 D解析 若斜面固定,由机械能守恒定律可得12mv 2=mgh ;若斜面不固定,系统水平方向动量守恒,有mv =(M +m)v 1,由机械能守恒定律可得12mv 2=mgh ′+12(M+m)v 21。
联立以上各式可得h ′=MM +mh ,故D 正确。
3.一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v =2 m/s ;爆炸成为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为3∶1,不计质量损失,取重力加速度g =10 m/s 2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )答案 B解析 弹丸水平飞行爆炸时,在水平方向只有内力作用,外力为零,系统水平方向动量守恒,设m 乙=m ,m 甲=3m ,则爆炸前p 总=(3m +m)v =8m ,而爆炸后两弹片都做平抛运动,由平抛规律可得:竖直方向为自由落体运动,h =12gt 2,解得t =1 s ;水平方向为匀速直线运动,x =vt ,选项A :v 甲=2.5 m/s ,v 乙=0.5 m/s(向左),p 合′=3m ×2.5+m ×(-0.5)=7m ,不满足动量守恒,选项A 错误;选项B :p 合′=3m ×2.5+m ×0.5=8m ,满足动量守恒,选项B 正确;同理,选项C :p 合′=3m ×2+m ×1=7m ;选项D :p 合′=3m ×2+m ×(-1)=5m ,C 、D 均错误。
高考物理二轮复习第1部分专题讲练突破五物理实验限时规范训练1
限时规范训练建议用时: 35 分钟1.以以以下图,气垫导轨上滑块经过光电门时,其上的遮光条将光遮住,电子计时器可自动记录遮光时间t .测得遮光条的宽度为x,用x近似代表滑块经过光电门时的刹时速t度.为使x更凑近刹时速度,正确的措施是() tA.换用宽度更窄的遮光条B.提升丈量遮光条宽度的精确度C.使滑块的开释点更凑近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角解析:选 A.x表示的是t 时间内的均匀速度,遮光条的宽度x 越窄,则记录遮光时间txt 越小,t 越凑近滑块经过光电门时的刹时速度,选项A正确.2.某同学用如图甲所示的螺旋测微器测小球的直径时,他应先转动________到F凑近小球,再转动 ________到F夹住小球,直至听到棘轮发生声音为止,拨动________使F固定后读数( 填仪器零件字母符号) .正确操作后,螺旋测微器的示数如图乙所示,则小球的直径是________mm.解析:用螺旋测微器测小球直径时,先转动旋钮D使测微螺杆 F 凑近被测小球,再转动微调旋钮 H使测微螺杆 F 夹住小球,直到棘轮发生声音为止,拨动旋钮G使 F 固定后读数,读数为 6.5 mm+20.0 ×0.01 mm= 6.700 mm.答案: D H G3.某课外活动小组利用竖直上抛运动考据机械能守恒定律.(1) 某同学用20分度的游标卡尺丈量一小球的直径,示数如图甲所示,则小球的直径d=________cm.(2) 如图乙所示,弹射装置将小球竖直向上抛出,先后经过光电门A、B,计时装置测出小球经过 A、B 的时间分别为t A、t B.用刻度尺测出光电门 A、B 间的距离 h,用游标卡尺测得小球直径为 d,当地的重力加快度为g,在偏差范围内,若公式________________ 成立,就可以考据机械能守恒 ( 用题中给出的物理量符号表示) .解析: (1)游标卡尺示数为10 mm+0.05 ×4 mm= 10.20 mm= 1.020 cm.(2) 小球在A 点动能k A=1d2,E2mt A1d2B点动能 E kB=2m t B,动能减少量:E k= E kA- E kB=1m d2- d 2,2t A t B小球由A 到B重力势能增添量p=,E mgh在偏差赞成范围内,若满足E k=E p,即d2-d2= 2gh,就可以考据机械能守恒.t A t B答案:(2)d2-d2= 2ght A t B4.(2016 ·陕西西安二模) 关于“用 DIS 研究牛顿第二定律”的实验:(1) 如图甲是本实验的装置图,图中①是位移传感器的________部分,②是位移传感器的________部分.本实验经过 ________________ 来改变对小车的拉力,经过________________2(2) 如图乙为小车质量不变时实验所得的a- F 图象,从图象上可以看到直线但是原点,其原因是 ________,由图可知小车的质量约为________kg.解析: (1) 发射器固定在小车上,接收器应当固定在轨道上.因此图中①是位移传感器的发射器部分,②是位移传感器的接收器部分.本实验经过控制变量法研究加快度与力、质量的关系,因此经过改变悬挂钩码的个数来改变对小车的拉力,经过在小车上加配重片来改变小车的质量.(2)从图乙中发现直线没过原点,当F≠0时, a=0.即当绳索上有拉力时小车的加快度还为0处于静止,说明该组同学实验操作中遗漏了均衡摩擦力这个步骤.因此造成图中直线但是坐标原点的原由是未均衡摩擦力或均衡摩擦力不足.= F- f, -图线的斜率的倒数即物a m a F1体的质量,因此m=k=0.77 kg.答案: (1) 发射器接收器改变悬挂钩码的个数在小车上加配重片(2) 未均衡摩擦力或均衡摩擦力不足5.如图甲所示是一种新的短途代步工具——电动均衡车,被称为站着骑的电动车,其最大速度可达 20 km/h,某同学为丈量一电动均衡车在平直水泥路面上遇到的阻力状况,设计了下述实验:将输液用的 500 mL 塑料瓶装合适水后,连同输液管一起绑在均衡车的护手上,调理输液管的滴水速度,某滴水刚落地开始计时,从下一滴水开始挨次计数为1、 2、3, ,当第 50 滴水恰巧落地时停止计时,测得时间为25.0 s,该同学骑上均衡车后,先加快到某一速度,此后关闭动力,让均衡车沿着直线滑行,如图乙所示是某次实验中在水泥路面上的部分水滴及测出的间距值( 左边是起点,单位:m),已知当地重力加快度g 取9.8 m/s2,则依据该同学的丈量结果可得出:(1)均衡车经过路面上相邻两滴水间的时间间隔T=________s.(2)均衡车加快过程的加快度大小2a =________m/s .1(3)设均衡车运动过程中所受阻力的大小是人与车总重力的k 倍,则 k=________(计算结果保留两位有效数字 ) .解析: (1) 当第 50 滴水恰巧落地时停止计时,测得时间为25.0 s ,则相邻两滴水间的时间25(2) 在加快阶段,连续相等时间内的位移之差是恒量,依据x = aT 2 得x - x AC 1.98 + 2.49 - 1.01 - 22CEm/s = 1.96 m/s .a 1=T2=2(3) 在减速阶段,依据x = aT 2,运用逐差法得a = x HJ - x FH + - -222=4×2m/s =- 0.52 m/s .4T依据牛顿第二定律得, f = kmg = ma ,a-2解得: k =g = = ×10.答案:(2)1.96(3)5.3 ×10 -26.某同学经过下述实验考据力的平行四边形定章.实验步骤:①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上,使其轴线沿竖直方向.②如图甲所示, 将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上,另一端用圆珠笔尖竖直向下拉, 直到弹簧秤示数为某一设定值时,将橡皮筋两端的地点标志为O 1、 O 2,记录弹簧秤的示数 F ,丈量并记录 O 1、 O 2 间的距离 ( 即橡皮筋的长度 l ) .每次将弹簧秤示数改变0.50 N ,测出所对应的 l ,部分数据以下表所示:F /(N)l /(cm) l 0③找出②中 F = 2.50 N 时橡皮筋两端的地点,重新标志为 O 、O ′,橡皮筋的拉力记为 F OO ′.④在秤钩上涂抹少量润滑油, 将橡皮筋搭在秤钩上, 如图乙所示. 用两圆珠笔尖成合适角度同时拉橡皮筋的两端,使秤钩的下端达到O 点,将两笔尖的地点标志为 A 、B ,橡皮筋 OA 段的拉力记为F OA,OB段的拉力记为F OB.完成以下作图和填空:(1) 利用表中数据在给出的坐标纸上画出F- l 图线,依据图线求得l 0=________cm.(2)测得 OA=6.00 cm, OB=7.60 cm,则 F OA的大小为________N.(3)依据给出的标度,在图中作出F OA和 F OB的合力 F′的图示.(4)经过比较 F′与________的大小和方向,即可得出实验结论.解析: (1) 在座标系中描点,用圆滑的曲线( 直线 ) 将各点连接起来,不在直线上的点均匀分布在直线的双侧.如图甲所示,由图线可知与横轴的交点l 0=10.0 cm.(2) 橡皮筋的长度 l = OA + OB =13.60 cm ,由图甲可得 F =1.80 N ,因此 F OA = F OB = F = 1.80 N.(3) 利用给出的标度作出 F OA 和 F OB 的图示,此后以 F OA 和 F OB 为邻边作平行四边形,对角线即为合力 F ′,如图乙.(4) F OO ′ 的作用见效和 F OA 、F OB 两个力的作用见效同样, F ′是 F OA 、 F OB 两个力的合力,因此只 要比较F′和FOO 的大小和方向,即可得出实验结论.′答案: (1) 如图甲所示、 、 均正确 )~ 均正确 )(3) 如图乙所示(4) F OO ′7.(2016 ·百校结盟押题卷 ) 某兴趣小组的同学用如图1 所示的装置研究一小木块与一薄尼龙布料之间的动摩擦因数. 他们将一可以为是圆滑的长木板置于水平桌面上,并在长木板的右半部分平坦地铺上一块薄尼龙布料,此后按图 1 安装好实验装置, 实验时小木块在重物的牵引下向右运动, 当重物落地后小木块还未进入到薄布地域,经过多次实验他们获得了一条如图 2 所示的纸带, 他们将获得的纸带置于一透明刻度尺的下方进行丈量. 连接打点计时器的电源频率为 50 Hz ,重力加快度 g = 10 m/s 2.(1) 依据刻度尺的示数可以判断,小木块在打、 E 之间的点时做 ________运动,在打、AE J之间的点时做 ________________ 运动.(2) 将打下 A 点时记为 t = 0,在如图 3 所示的 v - t 坐标系中,已将打下 B 、C 、 D 、E 、F 、 H 、I 点时所对应的速度大小描入了此中,请计算出打点计时器打下点时小木块的刹时速度大G小,并将其描入座标系中,此后画出v -t 图线.(3) 依据所作的v- t 图线,求得小木块在布面上运动时的加快度大小为a=________m/s2.(4)若小木块的质量为 m=1 kg,依据所作的 v-t 图线,可求得小木块与布面之间的动摩擦因数为μ= ________.解析: (1)由题意可知相邻点的时间间隔为0.02 s,由题图 2 可知在A、E两点间各相邻点的距离均为 1.80 cm ,故小木块做匀速直线运动,在E、 J 两点之间各相邻点间的距离挨次减小 0.20 cm ,故小木块做匀减速直线运动.(2) 依据匀变速直线运动规律可得打点计时器打下G 点时小木块的刹时速度大小为v =Gs +s 1.20 +HG GF2T=2××100 m/s = 0.65 m/s,所作的 v- t 图象以以以下图.(3) 依据v-t图线斜率的物理意义可知小木块在布面上运动的加快度大小为a=5 m/s2.(4)依据牛顿第二定律有μ mg=ma,由此解得μ=0.5.答案: (1) 匀速直线匀减速直线(2) 如解析图所示(3)5。
2021高考物理一轮复习规范演练5重力弹力摩擦力含解析新人教版
规范演练5 重力弹力摩擦力[抓基础]1.(多选)(2019·伊春模拟)关于力,下列说法正确的是()A.拳击运动员一记重拳出击,被对手躲过,运动员施加的力没有受力物体B.站在地面上的人受到的弹力是地面欲恢复原状而产生的C.重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的,动力、阻力、压力、支持力是按力的作用效果命名的D.同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力答案:BC2.(多选)关于弹力,下列说法正确的是()A.弹力的方向总是与施力物体形变的方向相反B.轻绳中的弹力方向一定沿着绳并指向绳收缩的方向C.轻杆的弹力方向一定沿着轻杆D.在弹性限度内,弹簧的弹力大小与弹簧的形变量成正比答案:ABD3.(多选)下列关于摩擦力的说法中,正确的是()A.两物体间有摩擦力,一定有弹力,且摩擦力的方向和它们的弹力方向垂直B.两物体间的摩擦力大小和它们间的压力一定成正比C.在两个运动的物体之间可以存在静摩擦力,且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度D.滑动摩擦力的方向可以与物体的运动方向相同,也可以相反解析:摩擦力方向沿接触面,弹力方向垂直接触面,且有摩擦力一定有弹力,有弹力不一定有摩擦力,A正确;静摩擦力与压力没有关系,B错误;静摩擦力可以产生在运动的物体间,且静摩擦力的方向可以与运动方向成任意角度,例如静摩擦力提供向心力,C正确;滑动摩擦力可以是动力也可以是阻力,D正确.答案:ACD4.足球运动员已将足球踢向空中,如图所示,描述足球在向斜上方飞行过程某时刻的受力,其中正确的是(G为重力,F为脚对球的作用力,F阻为阻力)()A B C D 答案:B5.(多选)(2019·菏泽模拟)如图甲、图乙所示,倾角为θ的斜面上放置一滑块M ,在滑块M 上放置一个质量为m 的物块,M 和m 相对静止,一起沿斜面匀速下滑,下列说法正确的是( )图甲 图乙A.图甲中物块m 受到摩擦力B.图乙中物块m 受到摩擦力C.图甲中物块m 受到水平向左的摩擦力D.图乙中物块m 受到与斜面平行向上的摩擦力解析:对题图甲:设物块m 受到摩擦力,则物块m 受到重力、支持力、摩擦力,而重力、支持力平衡,若受到摩擦力作用,其方向与接触面相切,方向水平,则物块m 受力将不平衡,与题中条件矛盾,故假设不成立,A 、C 错误.对题图乙:设物块m 不受摩擦力,由于m 匀速下滑,m 必受力平衡,若m 只受重力、支持力作用,由于支持力与接触面垂直,故重力、支持力不可能平衡,故假设不成立,由受力分析知:m 受到与斜面平行向上的摩擦力,B 、D 正确.答案:BD6.(2019·怀化联考)如图所示,与竖直墙壁成53°角的轻杆一端斜插入墙中并固定,另一端固定一个质量为m 的小球,水平轻质弹簧处于压缩状态,弹簧弹力大小为34mg (g 表示重力加速度),则轻杆对小球的弹力大小为( )A.53mg B.35mg C.45mg D.54mg答案:D7.如图所示,物体A、B在力F作用下一起以大小相等的速度沿F方向做匀速运动,关于物体A所受的摩擦力,下列说法正确的是()图甲图乙A.甲、乙两图中物体A均受摩擦力,且方向均与F相同B.甲、乙两图中物体A均受摩擦力,且方向均与F相反C.甲、乙两图中物体A均不受摩擦力D.图甲中物体A不受摩擦力,图乙中物体A受摩擦力,方向和F相同解析:用假设法分析:图甲中,假设A受摩擦力,与A做匀速运动在水平方向所受合力为零不符合,所以A不受摩擦力;图乙中,假设A不受摩擦力,A将相对B沿斜面向下运动,则知A受沿F方向的摩擦力,故D正确.答案:D8.(2017·全国卷Ⅱ)如图,一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动.若保持F的大小不变,而方向与水平面成60°角,物块也恰好做匀速直线运动.则物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2- 3B.3 6C.33D.32解析:设物块的质量为m,据平衡条件及摩擦力公式有:拉力F水平时,F=μmg,①拉力F与水平面成60°角时,F cos 60°=μ(mg-F sin 60°),②联立①②式解得μ=33,故选项C正确.答案:C[提素养]9.如图所示,质量为m B=24 kg的木板B放在水平地面上,质量为m A=22 kg的木箱A 放在木板B上.一根轻绳一端拴在木箱上,另一端拴在天花板上,轻绳与水平方向的夹角为θ=37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5.现用水平向右、大小为200 N的力F 将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2),则木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小为()A.0.3B.0.4C.0.5D.0.6解析:对A受力分析如图甲所示,由题意得F T cos θ=F f1,①F N1+F T sin θ=m A g,②F f1=μ1F N1,③由①②③得:F T=100 N.图甲图乙对A、B整体受力分析如图乙所示,由题意得F T cos θ+F f2=F,④F N2+F T sin θ=(m A+m B)g,⑤F f2=μ2F N2,⑥由④⑤⑥得:μ2=0.3.故A正确.答案:A10.(多选)如图所示,将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上,中间用一轻弹簧连接,两侧用细绳固定于墙壁.开始时a、b均静止.弹簧处于伸长状态,两细绳均有拉力,a 所受的摩擦力F fa≠0,b所受的摩擦力F fb=0,现将右侧细绳剪断,则剪断瞬间()A.F fa大小不变B.F fa方向改变C.F fb仍然为零D.F fb方向向右解析:剪断右侧细绳瞬间,b木块仍受弹簧向左的拉力,故此时F fb不等于零,其方向水平向右,与弹簧拉力方向相反.a木块在剪断细绳瞬间与剪断前受力情况没有发生变化,故F fa 的大小、方向均没有变化.选项A、D正确.答案:AD11.(多选)(2019·黄冈模拟)如图所示,将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心),弹簧另一端与质量为m 的小球相连,小球静止于P 点.已知容器半径为R 、与水平面间的动摩擦因数为μ,OP 与水平方向的夹角为θ=30°.下列说法正确的是(重力加速度为g )( )A.容器相对于水平面有向左的运动趋势B.容器对小球的作用力指向球心OC.轻弹簧对小球的作用力大小为32mg D.弹簧原长为R +mg k解析:容器和小球组成的系统与水平面间的摩擦力为零,没有相对水平面的运动趋势,A 错误;容器对小球的弹力沿容器半径指向球心O ,B 正确;由F N sin θ+F 弹sin θ=mg ,F N cosθ=F 弹cos θ,可得:F 弹=F N =mg ,C 错误;由F 弹=kx 可得弹簧的压缩量x =mgk,弹簧的原长L 0=L O ′P +x =R +mgk,D 正确.答案:BD12.如图所示,跨过定滑轮的轻绳两端分别系着物体A 和B ,物体A 放在倾角为θ的斜面上.已知物体A 的质量为m ,物体A 与斜面间的最大静摩擦力是与斜面间弹力的μ倍(μ<tan θ),滑轮与轻绳间的摩擦不计,绳的OA 段平行于斜面,OB 段竖直,要使物体A 静止在斜面上,则物体B 质量m B 的取值范围为多少?解析:设绳中张力为T ,先以B 为研究对象,因为B 静止,所以有T =m B g ,再以A 为研究对象,若A 处于不上滑的临界状态时,则有T =f m +mg sin θ,而f m =μN ,N =mg cos θ解得m B =m (sin θ+μcos θ). 同理,若A 处于不下滑的临界状态时,则有T +f m =mg sin θ,可得m B =m (sin θ-μcos θ),故m B 应满足的条件为m (sin θ-μcos θ)≤m B ≤m (sin θ+μcos θ). 答案:m (sin θ-μcos θ)≤m B ≤m (sin θ+μcos θ)13.如图所示,原长分别为L 1和L 2,劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧竖直悬挂在天花板上,两弹簧之间有一质量为m 1的物体,最下端挂着质量为m 2的另一物体,整个装置处于静止状态.求:(1)这时两弹簧的总长;(2)若有一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起,直到两弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和,求这时平板受到下面物体m 2的压力.解析:(1)设上面弹簧的弹力为F 1,伸长量为Δx 1,下面弹簧的弹力为F 2,伸长量为Δx 2,由物体的平衡及胡克定律有F 1=(m 1+m 2)g =k 1Δx 1,得Δx 1=(m 1+m 2)g k 1,又F 2=m 2g =k 2Δx 2, 得Δx 2=m 2gk 2, 所以总长为L =L 1+L 2+Δx 1+Δx 2=L 1+L 2+(m 1+m 2)g k 1+m 2gk 2.(2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和,必须是上面弹簧伸长Δx ,下面弹簧缩短Δx .对m 2:F N =k 2Δx +m 2g , 对m 1:m 1g =k 1Δx +k 2Δx , 解得F N =m 2g +k 2k 1+k 2m 1g .根据牛顿第三定律知F ′N =F N =m 2g +k 2k 1+k 2m 1g . 答案:(1)L 1+L 2+(m 1+m 2)g k 1+m 2gk 2(2)m 2g +k 2k 1+k 2m 1g。
高考物理一轮复习 第5章 机械能综合过关规范限时检测 新人教版必修2(2021年最新整理)
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第五章综合过关规范限时检测满分100分,考试时间60分钟。
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共计48分。
1~4题为单选,5~8题为多选,全都选对的得6分,选对但不全的得3分,错选或不选的得0分)1.(2016·河南八市重点高中联考)如图所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,若上端轻放一质量为m的物体甲(物体与弹簧不连接,重力加速度为g,不计阻力),当甲下降h时,其速度变为零;若上端轻放一质量为2m的物体乙,则乙也下降h,关于这两个过程,下列说法正确的是错误!( A )A.甲下降过程中先加速再减速B.甲下降过程中甲与弹簧、地球所组成的系统总势能逐渐减少C.乙下降过程中先失重再超重后失重D.乙下降h时,速度大小为2错误![解析] 甲下降过程中,所受的弹力先小于重力,后大于重力,则甲先加速后减速,故A 正确。
甲下降过程中,甲和弹簧组成的系统机械能守恒,甲的动能先增大后减小,则甲与弹簧、地球所组成的系统总势能先减小后增大,故B错误。
乙下降过程中一直加速,一直处于失重状态,故C错误。
甲下降h时,根据机械能守恒定律有mgh=E p,乙下降h时,根据机械能守恒定律得2mgh=E p+错误!×2mv2,得v=错误!,故D错误。
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一、选择题(本题共9个小题,每小题6分,共54分,在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合要求,第6~9题有多项符合要求.)1.(2014·盐城模拟)如图所示,一质量为M ,长为L 的木板,放在光滑的水平地面上,在木板的右端放一质量为m 的小木块,用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与m 、M 连接,木块与木板间的动摩擦因数为μ,开始时木块和木板静止,现用水平向右的拉力F 作用在M 上,将m 拉向木板左端的过程中,拉力至少做功为( )A .2μmgLB .12μmgL C .μ(M +m)gL D .μmgL 解析:选D .在拉力F 的作用下,m 、M 缓慢匀速运动,使m 被拉到木板的左端的过程中,拉力做功最少,设此时绳的拉力为T ,则T =μmg ,T +μmg =F ,当m 到达M 左端时,M向右运动的位移为L 2,故拉力做功W =F·L 2=μmgL ,故D 正确.2.质量均为m 的两物块A 、B 以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动,如图所示是它们滑动的最大位移x 与初速度的平方v 2的关系图象,已知v 202=2v 201,下列描述中正确的是( ) A .若A 、B 滑行的初速度相等,则到它们都停下来时滑动摩擦力对A 做的功是对B 做功的2倍B .若A 、B 滑行的初速度相等,则到它们都停下来时滑动摩擦力对A 做的功是对B 做功的12C .若A 、B 滑行的最大位移相等,则滑动摩擦力对它们做的功相等D .若A 、B 滑行的最大位移相等,则滑动摩擦力对B 做的功是对A 做功的2倍解析:选D .由于两物块质量均为m ,若A 、B 滑行的初速度相等则初动能相等,由动能定理得-W f =0-12mv 20,即滑动摩擦力做的功相等,A 、B 错;若A 、B 滑行的最大位移相等,由题意可知v 202=2v 201,B 的初动能是A 的初动能的2倍,滑动摩擦力对B 做的功是对A 做功的2倍,C 错、D 对.3.两个物体A 、B 的质量分别为m 1、m 2,并排静止在水平面上,用相同的水平拉力F 同时分别作用于物体A 和B 上,分别作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止.两物体A 、B运动的v -t 图象分别如图中a 、b 所示.已知拉力F 撤去后,物体做减速运动过程的v -t 图象彼此平行(相关数据如图所示).由图中信息可以得到( )A .m 1<m 2B .t =3 s 时,物体A 、B 再次相遇C .拉力F 对物体A 所做的功较多D .拉力F 对物体A 的最大瞬时功率是对物体B 最大瞬时功率的45倍解析:选A .因撤去拉力F 后两物体减速过程的v -t 图象相互平行,故有μA =μB ,对A 物体,F -μA m 1g =m 1a 1,对B 物体,F -μB m 2g =m 2a 2,由图象可知,a 1>a 2,故m 1<m 2,A 正确;由图可知,0~3 s 内,A 物体的位移大于B 物体的位移,故t =3 s 时,两物体不会再次相遇,B 错误;拉力作用过程中,x A =2.52×1.5 m =1.875 m ,x B =2.02×3 m =3 m ,由W =Fx 可知,W A <W B ,C 错误;由P =Fv 可得,P A m =F ×2.5 W ,P B m =F ×2.0 W ,故P A m =54P B m ,D 错误. 4.(2014·上海市七校调研联考)把动力装置分散安装在每节车厢上,使其既具有牵引动力,又可以载客,这样的客车车辆叫做动车.几节自带动力的车辆(动车)加几节不带动力的车辆(也叫拖车)编成一组,就是动车组,假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比,每节动车与施车的质量都相等,每节动车的额定功率都相等.若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120 km /h ;则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为( ) A .120 km /h B .240 km /hC .320 km /hD .480 km /h解析:选C .若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v 1=P 4kmg=120 km /h ;则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为v 2=6P 9kmg =23×4v 1=83×120 km /h =320 km /h ,故选项C 正确.5.如图所示,图线表示作用在某物体上的合外力随时间变化的关系,若物体开始时是静止的,那么( )A .从t =0开始,5 s 内物体的动能变化量为零B .在前5 s 内只有第1 s 末物体的动能最大C .在前5 s 内只有第5 s 末物体的速率最大D .前3 s 内合外力对物体做的功为零解析:选D .设物体质量为m ,由图象知0~1 s 内加速度a 1=10m,1~5 s 内加速度为a 2=-5m ,则第1 s 末速度v 1=10m ,第1 s 内位移s 1=12×10m =5m,第3 s 末速度v 2=0,第5 s 末速度v 3=-10m,因此5 s 内动能变化量不为零,选项A 错误;第1 s 末和第5 s 末物体的动能和速率一样大,选项B 、C 均错,3 s 末速度减到零,所以前3 s 内合外力对物体做的功为零,选项D 正确.6.(2014·黑龙江省牡丹江市联考)如图所示,光滑固定的竖直杆上套有小物块a ,不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块a 和小物块b ,虚线cd 水平.现由静止释放两物块,物块a 从图示位置上升,并恰好能到达c 处.在此过程中,若不计摩擦和空气阻力,下列说法正确的是( ) A .物块a 到达c 点时加速度为零B .绳的拉力对物块a 做的功等于物块a 重力势能的增加量C .绳的拉力对物块b 先做负功后做正功D .绳的拉力对物块b 做的功等于物块b 机械能的减少量解析:选BD .物块a 到达c 点时受到的合外力为其重力,故其加速度为g ,A 项错;对物块a 由动能定理可得,W F +W G =0,故W F =-W G =ΔE p >0,即绳拉力对物块a 做的功等于物块a 重力势能的增加量,B 项正确;物块b 受到绳的拉力方向与物块b 的重力方向始终相反,故绳的拉力对物块b 一直做负功,C 项错;对物块b ,根据动能定理可得W F ′+W G ′=ΔE k ′,故W F ′=ΔE k ′-W G ′,因物块b 初末态动能均为0,故ΔE k ′为0,绳的拉力对物块b 做的功W F ′=-W G ′=ΔE p ′<0,即绳的拉力对物块b 做的功等于物块b 机械能的减少量,D 项正确.7.(2014·河南名校质检)低碳、环保是未来汽车的发展方向.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的.在某次测试中,汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机,测出了汽车动能E k 与位移s 的关系图象如图,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1 000 kg ,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计.根据图象所给的信息可求出( )A .汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 NB .汽车的额定功率为80 kWC .汽车加速运动的时间为22.5 sD .汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J解析:选BD .汽车行驶过程中,所受地面的阻力对应图线①的斜率大小,故阻力为8×105(11-7)×10 N =2 000 N ,A 错误;汽车匀速行驶的速度v m 可由12mv 2m =8×105J 求得v m =40 m /s ,故P 额=F·v =f·v m =80 kW ,B 正确;由P 额t -f·s =12mv 2m -12mv 2,s =500 m 可求得:t =16.25 s ,C 错误;开启储能装置后,汽车向前减速的位移减小(11-8.5)×102 m =2.5×102 m ,对应的能量为2.5×102×2 000 J =5×105 J ,故D 正确.8.(2014·武汉调研)为减少二氧化碳排放,我国城市公交推出新型节能环保电动车,在检测某款电动车性能的实验中,质量为8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶,达到的最大速度为15 m /s ,利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ,并描绘出F -1v图象(图中AB 、BO 均为直线),假设电动车行驶中所受的阻力恒定,则( ) A .在全过程中,电动车在B 点时速度最大B .BA 过程电动车做匀加速运动C .CB 过程电动车做减速运动D .CB 过程电动车的牵引力的功率恒定解析:选BD .因为刚开始启动时,v 较小,1v 较大,所以F -1v图象,应该从图象的右边向左看,根据图象可知:电动车由静止开始做匀加速直线运动,达到额定功率后,做牵引力逐渐减小的变加速直线运动,达到最大速度后做匀速直线运动.1v越小,速度v 越大,所以,在全过程中,电动车在C 点时速度最大,选项A 错误;BA 过程中,牵引力F 不变,所以加速度a =(F -f)/m 不变,电动车做匀加速运动,选项B 正确;根据图象,在CB 过程中,1v的取值逐渐减小,这说明速度v 逐渐增大,所以电动车做加速运动,选项C 错误;在CB 过程中,F 与1v成正比,所以Fv =P ,恒定不变,选项D 正确.9.质量为m 的物体静止在光滑水平面上,从t =0时刻开始受到三种水平力的作用,物体的加速度大小a 与时间t 的关系如图所示,力的方向保持不变,则( )A .这三种情况下,力做功之比为W A ∶WB ∶WC =16∶22∶25B .这三种情况下,力做功之比为W A ∶W B ∶WC =16∶144∶25C .t 0时刻,力做功的瞬时功率之比为P A ∶P B ∶P C =16∶9∶1D .t 0时刻,力做功的瞬时功率之比为P A ∶P B ∶P C =4∶3∶1解析:选BC .由牛顿第二定律:F A =4ma 0 F B =3ma 0 F C =ma 0加速阶段各自的位移x A =124a 0t 20=2a 0t 20 x B =123a 0(4t 0)2=24a 0t 20 x C =12a 0(5t 0)2=252a 0t 20 所以W A ∶W B ∶W C =16∶144∶25t 0时刻,各自的速度,v A =4a 0t 0 v B =3a 0t 0 v C =a 0t 0所以P A ∶P B ∶P C =16∶9∶1二、计算题(本题共3个小题,共46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)10.(15分)(2014·广东省江门市模拟)如图所示,滑块质量为m ,与水平地面间的动摩擦因数为0.1,它以v 0=3gR 的初速度由A 点开始向B 点滑行,AB =5R ,并滑上光滑的半径为R 的14圆弧BC ,在C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台,沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P 、Q ,旋转时两孔均能达到C 点的正上方.若滑块滑过C 点后从P 孔上升又恰能从Q 孔落下,求:(1)滑块在B 点时对轨道的压力大小;(2)平台转动的角速度ω应满足什么条件?解析:(1)设滑块滑至B 点时速度为v B ,对滑块由A 点到B 点应用动能定理有-μmg·5R =12mv 2B -12mv 20 对滑块在B 点,由牛顿第二定律有N -mg =m v 2B R解得N =9mg由牛顿第三定律可知,滑块在B 点时对轨道的压力大小N ′=N =9mg(2)滑块从B 点开始运动后机械能守恒,设滑块到达P 处时速度为v P ,则12mv 2B =12mv 2P +mg·2R解得v P =2gR滑块穿过P孔后再回到平台的时间t=2v Pg=4Rg要想实现题述过程,需满足ωt=(2n+1)πω=(2n+1)π4gR(n=0、1、2…)答案:(1)9mg (2)ω=(2n+1)π4gR(n=0、1、2…)11.(15分)(2014·安徽省黄山市模拟)如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置,滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成,其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=3 m,圆弧形轨道APD和BQC均光滑,AB、CD与两圆弧形轨道相切,BQC的半径为r=1 m,APD 的半径为 R=2 m,O2A、O1B与竖直方向的夹角均为θ=37°.现有一质量为m=1 kg的小球穿在滑轨上,以E k0的初动能从B点开始沿AB向上运动,小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=13,设小球经过轨道连接处均无能量损失.(g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:(1)要使小球能够通过弧形轨道APD的最高点,初动能E k0至少多大?(2)求小球第二次到达D点时的动能;(3)小球在CD段上运动的总路程.(第(2)(3)两问中的E k0取第(1)问中的数值) 解析:(1)小球至少需要越过弧形轨道APD的最高点,根据动能定理:-mg[(R-R cosθ)+L sinθ]-μmgL cosθ=0-E k0代入数据解得:E k0=30 J(2)从B点出发到小球第一次回到B点的过程中,根据动能定理:-μmgL cosθ-μmgL=E k B-E k0解得:E k B=12 J小球沿AB向上运动到最高点,距离B点为s,则有:E k B=μmgs cosθ+mgs sinθ,…解得s=18/13 (m)由于s<L,故小球将沿AB向下运动,当小球第二次到达D点时动能为E k Dmg[(r+r cosθ)+s·sinθ]-μmgs cosθ-μmgL =E k D-0解得:E k D=8+6013=12.6 J(3)小球第二次到D点后还剩12.6 J的能量,沿DP弧上升后再返回DC段,到C点只剩下2.6 J的能量.因此,小球无法继续上升到B点,滑到BQC某处后开始下滑,之后受到摩擦力作用,小球最终停在CD上的某点由动能定理E k D=μmgs1,解得s1=3.78 m小球在CD段运动的总路程为s=2L+s1=9.78 m答案:(1)30 J(2)12.6 J(3)9.78 m12.(16分)(2013·高考四川卷)在如图所示的竖直平面内,物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接,分别静止于倾角θ=37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上,轻绳与对应平面平行.劲度系数k=5 N/m的轻弹簧一端固定在O点,一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连,弹簧处于原长,轻绳恰好拉直,DM垂直于斜面.水平面处于场强E=5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中.已知A、B的质量分别为m A =0.1 kg和m B=0.2 kg,B所带电荷量q=+4×10-6C.设两物体均视为质点,不计滑轮质量和摩擦,绳不可伸长,弹簧始终在弹性限度内,B电荷量不变.取g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求B所受静摩擦力的大小;(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F,使A以加速度a=0.6 m/s2开始做匀加速直线运动.A从M到N的过程中,B的电势能增加了ΔE p=0.06 J.已知DN沿竖直方向,B与水平面间的动摩擦因数μ=0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率.解析:A、B处于静止状态时,对于A、B根据共点力的平衡条件解决问题;当A、B做匀加速直线运动时,根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系解决问题.(1)F作用之前,A、B处于静止状态.设B所受静摩擦力大小为f0,A、B间绳中张力为T0,有对A:T0=m A g sinθ①对B:T0=qE+f0②联立①②式,代入数据解得f0=0.4 N③(2)物体A从M点到N点的过程中,A、B两物体的位移均为s,A、B间绳子张力为T,有qEs =ΔE p ④T -μm B g -qE =m B a ⑤设A 在N 点时速度为v ,受弹簧拉力为F 弹,弹簧的伸长量为Δx ,有 v 2=2as⑥F 弹=k·Δx ⑦F +m A g sin θ-F 弹sin θ-T =m A a ⑧由几何关系知Δx =s (1-cos θ)sin θ⑨ 设拉力F 的瞬时功率为P ,有P =Fv⑩ 联立④~⑩式,代入数据解得 P =0.528 W .答案:(1)0.4 N (2)0.528 W。