（北京專用）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 全章闖關(guān)檢測（含解析）

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1、全章闖關(guān)檢測 一、選擇題 1.如圖所示,擺球質(zhì)量為m,懸線的長為L,把懸線拉到水平位置后放手。設(shè)在擺球運動過程中空氣阻力F阻的大小不變,在擺球運動到最低點的過程中下列說法不正確的是(　　) A.重力做功為mgL B.繩的拉力做功為0 C.空氣阻力(F阻)做功為-mgL D.空氣阻力(F阻)做功為-12F阻πL 答案　C　 如圖所示,因為拉力FT在運動過程中始終與運動方向垂直,故不做功,即WFT=0。重力在整個運動過程中始終不變,小球在重力方向上的位移為AB在豎直方向上的投影L,所以WG=mgL。F阻所做的總功等于每個小弧段上F阻所做功的代數(shù)和,即WF阻=-(F阻Δx1+

2、F阻Δx2+…)=-12F阻πL。故重力mg做的功為mgL,繩子拉力做功為零,空氣阻力所做的功為-12F阻πL。 2.(2017東城期末)興趣小組的同學(xué)們利用彈弓放飛模型飛機(jī)。彈弓的構(gòu)造如圖1所示,其中橡皮筋兩端點A、B固定在把手上,橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態(tài)(如圖2所示),將模型飛機(jī)的尾部放在C處,將C點拉至D點時放手,模型飛機(jī)就會在橡皮筋的作用下發(fā)射出去。C、D兩點均在A、B連線的中垂線上,橡皮筋的質(zhì)量忽略不計?，F(xiàn)將模型飛機(jī)豎直向上發(fā)射,在它由D運動到C的過程中(　　) 圖1　　　　　　　圖2 A.橡皮筋對模型飛機(jī)的彈力一直在增大 B.橡皮筋對模型飛機(jī)的彈力始終做正功

3、C.模型飛機(jī)的機(jī)械能守恒 D.模型飛機(jī)的動能一直在增大 答案　B　C點為原長點,對應(yīng)彈力為零,D點拉伸最長,對應(yīng)彈力最大。從D到C過程中,橡皮筋伸長量減小,彈力一直在減小,A選項錯誤;由D到C的過程中橡皮筋的彈力方向與模型飛機(jī)運動方向相同,因此一直對模型飛機(jī)做正功,B選項正確;由D到C的過程模型飛機(jī)所受彈力做正功,其機(jī)械能增大,C錯誤;D點橡皮筋的彈力大于重力,C點橡皮筋的彈力為零,C、D之間有個平衡點,彈力等于重力,所以此過程中,模型飛機(jī)的動能先增大后減小,D選項錯誤。 3.如圖所示,甲、乙兩車用輕彈簧相連靜止在光滑的水平面上,現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2,使甲

4、、乙同時由靜止開始運動,在整個過程中,對甲、乙兩車及彈簧組成的系統(tǒng)(假定整個過程中彈簧均在彈性限度內(nèi)),說法正確的是(　　) A.系統(tǒng)受到外力作用,動能不斷增大 B.彈簧伸長到最長時,系統(tǒng)的機(jī)械能最大 C.恒力對系統(tǒng)一直做正功,系統(tǒng)的機(jī)械能不斷增大 D.兩車的速度減小到零時,彈簧的彈力大小大于外力F1、F2的大小 答案　B　對甲、乙單獨受力分析,兩車都先加速后減速,故系統(tǒng)動能先增大后減少,A錯誤;彈簧最長時,外力對系統(tǒng)做正功最多,系統(tǒng)的機(jī)械能最大,B正確;彈簧達(dá)到最長后,甲、乙兩車開始反向加速運動,F1、F2對系統(tǒng)做負(fù)功,系統(tǒng)機(jī)械能開始減少,C錯;當(dāng)兩車第一次速度減小到零時,彈簧

5、彈力大小大于F1、F2的大小,當(dāng)返回速度再次為零時,彈簧的彈力大小小于外力F1、F2的大小,D錯。 4.物體沿直線運動的v-t關(guān)系如圖所示,已知在第1秒內(nèi)合外力對物體做的功為W,則(　　) A.從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W B.從第3秒末到第5秒末合外力做功為-2W C.從第5秒末到第7秒末合外力做功為2W D.從第3秒末到第4秒末合外力做功為-0.75W 答案　D　由題圖知第1秒末、第3秒末、第7秒末速度大小關(guān)系:v1=v3=v7,由題知第1秒內(nèi)合外力做功W=W1=12mv12-0,則由動能定理得第1秒末到第3秒末合外力做功W2=12mv32-12mv12=0,故A錯

6、;第3秒末到第5秒末合外力做功W3=12mv52-12mv32=0-12mv12=-W,故B錯;第5秒末到第7秒末合外力做功W4=12mv72-0=12mv12=W,故C錯;第3秒末到第4秒末合外力做功W5=12mv42-12mv32=12m(12v1)2-12mv12=-0.75W,故D對。 5.如圖所示,水平傳送帶長為x,以速度v始終保持勻速運動,把質(zhì)量為m的貨物輕放到A點,貨物與皮帶間的動摩擦因數(shù)為μ,當(dāng)貨物從A點運動到B點的過程中,摩擦力對貨物做的功不可能(　　) A.等于12mv2 B.小于12mv2 C.大于μmgx D.小于μmgx 答案　C　貨物在傳送帶上相對地面的

7、運動可能先加速到v后勻速,也可能一直加速而貨物的最終速度小于v,故摩擦力對貨物做的功可能等于12mv2,可能小于12mv2,可能等于μmgx,可能小于μmgx,故選C。 6.(2017東城二模)將小球豎直向上拋出,一段時間后小球落回拋出點。若小球在運動過程中所受空氣阻力的大小保持不變。在小球上升、下降過程中,運動時間分別用t1、t2表示,損失的機(jī)械能分別用ΔE1、ΔE2表示。則(　　) A.t1 t2,ΔE1>ΔE2 答案　A　由牛頓第二定律可知a上升>a下降,由h=12at2可知t1

8、2。阻力恒定,則損失的機(jī)械能ΔE1=ΔE2=fh。 7.如圖所示,某同學(xué)不慎將圓柱形木塞(木塞的中心有一小孔)卡于圓柱形金屬筒的靠近封閉端底部的位置,為了拿出木塞,該同學(xué)將金屬筒倒立過來(開口端向下),使其由靜止開始沿豎直方向向下做加速運動(加速度值大于重力加速度值),此過程中木塞始終相對金屬筒靜止,當(dāng)金屬筒速度達(dá)到一定值時,金屬筒的開口端撞擊到桌面,且其速度立即減為零。此后木塞沿金屬筒壁繼續(xù)豎直向下運動,木塞運動到金屬筒口邊緣時速度恰好減為零。若木塞與金屬筒壁的動摩擦因數(shù)處處相等,則關(guān)于金屬筒從靜止開始運動至木塞運動到金屬筒口邊緣速度減為零的運動過程,下列說法中正確的是(　　) A.

9、木塞相對金屬筒靜止的運動過程中,金屬筒對木塞的作用力方向可能豎直向上 B.金屬筒速度減為零的瞬間,木塞的動能達(dá)到最大 C.金屬筒對木塞的作用力始終做負(fù)功 D.金屬筒撞擊桌面后,木塞與金屬筒壁摩擦產(chǎn)生的熱量等于其重力勢能的減少量 答案　B　木塞隨金屬筒向下加速運動時,對木塞受力分析如圖所示,由牛頓第二定律有mg-f=ma,因a>g,故f<0,即木塞受到的金屬筒的作用力豎直向下,且該力對木塞做正功,故選項A、C均錯誤;由能量守恒知,Q=ΔEk減+ΔEp減,選項D錯誤。因金屬筒的速度減為零后(撞擊桌面后),木塞開始做減速運動,故選項B正確。 二、非選擇題 8.某課外活動小組利用豎

10、直上拋運動驗證機(jī)械能守恒定律。 (1)某同學(xué)用20分度的游標(biāo)卡尺測量一小球的直徑,示數(shù)如圖甲所示,則小球的直徑d=　　　cm。? (2)如圖乙所示,彈射裝置將小球豎直向上拋出,先后通過光電門A、B,計時裝置測出小球通過A、B的時間分別為ΔtA、ΔtB。用刻度尺測出光電門A、B間的距離h,用游標(biāo)卡尺測得小球直徑為d,當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,在誤差范圍內(nèi),若公式　　　　　　　　　成立,就可以驗證機(jī)械能守恒(用題中給出的物理量符號表示)。? 答案　(1)1.020　(2)(dΔtA)2-(dΔtB)2=2gh 解析　(1)游標(biāo)卡尺示數(shù)為10 mm+0.05×4 mm=10.20 mm=1.

11、020 cm。 (2)小球在A點動能EkA=12m(dΔtA)2,B點動能EkB=12m(dΔtB)2,動能減少量ΔEk=EkA-EkB=12m[(dΔtA)2-(dΔtB)2],小球由A到B重力勢能增加量ΔEp=mgh,在誤差允許范圍內(nèi),若滿足ΔEk=ΔEp,即(dΔtA)2-(dΔtB)2=2gh,就可以驗證機(jī)械能守恒。 9.利用如圖甲所示的裝置可以將物體豎直向上提起。已知質(zhì)量為2 kg的物體在外力F作用下由靜止開始向上做勻加速運動,其速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示。滑輪質(zhì)量、摩擦均不計,g取10 m/s2。 (1)判斷物體處于超重狀態(tài)還是失重狀態(tài); (2)求外力F的大小; (3

12、)求前4 s內(nèi)外力F所做的功。 答案　(1)超重狀態(tài)　(2)10.5 N　(3)84 J 解析　(1)物體由靜止開始向上做勻加速運動,加速度方向豎直向上,處于超重狀態(tài)。 (2)由速度-時間圖線的斜率表示加速度,得物體的加速度為a=ΔvΔt=24 m/s2=0.5 m/s2。 根據(jù)牛頓第二定律得2F-mg=ma,則F=m(g+a)2=2×(10+0.5)2 N=10.5 N。 (3)4 s內(nèi)物體的位移為x=12at2=12×0.5×42 m=4 m,則拉力作用點的位移為s=2x=8 m 外力F所做的功為W=Fs=10.5×8 J=84 J。 10.(2018人大附中月考)如圖所

13、示,一物體從固定斜面頂端由靜止開始下滑。已知物體的質(zhì)量m=4 kg,斜面的傾角θ=30°,斜面長度L=2.5 m,物體與斜面之間動摩擦因數(shù)為34,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)物體沿斜面由頂端滑到底端所用的時間; (2)物體滑到斜面底端時的動能; (3)在物體下滑的全過程中滑動摩擦力對物體所做的功。 答案　(1)2 s　(2)12.5 J　(3)-37.5 J 解析　(1)設(shè)物體沿斜面下滑的加速度大小為a 根據(jù)牛頓第二定律mg sin θ-μmg cos θ=ma 根據(jù)運動學(xué)公式L=12at2 解得t=2 s (2)設(shè)物體滑到斜面底端時的速度大小為v,則有

14、 v2=2aL 滑到斜面底端時的動能Ek=12mv2=12.5 J (3)物體沿斜面下滑過程中摩擦力做的功 Wf=-μmg cos θ·L=-37.5 J 11.如圖所示為某農(nóng)莊灌溉工程的示意圖,地面與水面的距離為H。用水泵從水池抽水(抽水過程中H保持不變),龍頭離地面高h(yuǎn),水管橫截面積為S,水的密度為ρ,重力加速度為g,不計空氣阻力。 水從管口以不變的速度源源不斷地沿水平方向噴出,水落地的位置到管口的水平距離為10h。設(shè)管口橫截面上各處水的速度都相同。求: (1)每秒內(nèi)從管口流出的水的質(zhì)量m0; (2)不計額外功的損失,水泵輸出的功率P。 答案　(1)ρS50gh　(2)

15、ρSg50gh(H+26h) 解析　(1)水從管口沿水平方向噴出做平拋運動,設(shè)水噴出時的速度為v0,下落時間為t 豎直方向h=12gt2 水平方向10h=v0t 時間t0內(nèi)噴出的水的質(zhì)量m=ρV=ρv0t0S 每秒噴出的水的質(zhì)量m0=mt0 聯(lián)立以上各式解得m0=ρS50gh (2)t0時間內(nèi)水泵的輸出功W=mg(H+h)+12mv02 輸出功率P=Wt0 解得P=ρSg50gh(H+26h) 12.(2018民大附中月考)如圖所示,在豎直平面內(nèi)有一個粗糙的14圓軌道,其半徑R=0.9 m,軌道的最低點距地面高度h=1.25 m,一質(zhì)量m=0.4 kg的小滑塊從軌道的最高點

16、A由靜止釋放,到達(dá)最低點B時的速度大小為v=3.0 m/s。不計空氣阻力,g取10 m/s2,求: (1)小滑塊運動到圓弧軌道最低點B時,對軌道的壓力的大小; (2)小滑塊落地點C距軌道最低點B的水平距離x; (3)小滑塊在軌道上運動的過程中克服摩擦力所做的功。 答案　(1)8.0 N　(2)1.5 m　(3)1.8 J 解析　(1)小滑塊到達(dá)軌道最低點時,受重力和軌道對它的支持力FN, 根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mv2R 解得FN=8.0 N 由牛頓第三定律,知小滑塊運動到B點時對軌道的壓力大小 FN'=FN=8.0 N (2)小滑塊離開軌道后做平拋運動,設(shè)運動時間為

17、t,初速度為v, 則 x=vt h=12gt2 解得x=1.5 m (3)小滑塊從軌道的最高點到最低點的過程中, 根據(jù)動能定理有 mgR+Wf=12mv2-0 解得 Wf=-1.8 J 所以小滑塊克服摩擦力所做的功為 1.8 J。 13.如圖所示,在豎直平面內(nèi)有軌道ABC,其中AB段為水平直軌道,與質(zhì)量m=0.5 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,BC段為光滑半圓形軌道,軌道半徑R=2 m,軌道AB與BC在B點相切。小物塊在水平拉力F=3 N的作用下從A點由靜止開始做勻加速直線運動,到達(dá)圓弧軌道的最低點B時撤去拉力,此時速度vB=10 m/s。取g=10

18、m/s2,則: (1)拉力F做了多少功; (2)經(jīng)過B點瞬間,物塊對軌道的壓力是多大; (3)若物塊從最高點C飛出后落到水平軌道上的D點(圖中未畫出),求B、D間的距離。 答案　(1)37.5 J　(2)30 N　(3)4 m 解析　(1)由牛頓第二定律得F-μmg=ma 解得a=4 m/s2 sAB=vB22a=12.5 m W=FsAB=37.5 J (2)由牛頓第二定律得N-mg=mvB2R 解得N=30 N 由牛頓第三定律得N'=N=30 N (3)由機(jī)械能守恒定律得2mgR+12mvC2=12mvB2 由平拋運動規(guī)律得2R=12gt2 xBD=vCt 代入數(shù)據(jù)解得xBD=4 m 11