2020年高考物理復(fù)習(xí) 知能演練提升 第五章 第二講 每課一測

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1、 [每課一測] 1．在地面上某處將一金屬小球豎直向上拋出，上升一定高度后再落回原處，若不考慮空氣阻力，則下列圖像能正確反映小球的速度、加速度、位移和動能隨時間變化關(guān)系的是(取向上為正方向)(　　) 圖1 解析：小球運動過程中加速度不變，B錯；速度均勻變化，先減小后反向增大，A對；位移和動能與時間不是線性關(guān)系，C、D錯。 答案：A 2．如圖2所示，圖線表示作用在某物體上的合外力隨時間變化的關(guān)系，若物體開始時是靜止的，那么(　　) 圖2 A．從t＝0開始，5 s內(nèi)物體的動能變化量為零 B．在前5 s內(nèi)只有第1 s末物體的動能最大 C．在前5 s內(nèi)只有第5 s末物體的速率

2、最大 D．前3 s內(nèi)合外力對物體做的功為零 解析：由圖像可知0～1 s的合外力的大小是2～5 s的合外力的大小的2倍，所以加速度大小的關(guān)系也是2∶1，物體的運動狀態(tài)可描述為0～1 s物體做勻加速運動到速度最大，3 s末減速到零，5 s末反向加速到最大，因此5 s內(nèi)動能變化量不為零，故選項A錯；第1 s末和第5 s末物體的動能和速率一樣大，所以選項B、C都不對；3 s末減速到零，所以前3 s內(nèi)合外力對物體做的功為零，所以正確選項為D。 答案：D 3．(2020·北京模擬)一個質(zhì)量為m的小球，用長為L的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從平衡位置P點很緩慢地移動到Q點，此時輕繩與豎直

3、方向夾角為θ，如圖3所示，則拉力F所做的功為(　　) 圖3 A．mgLcosθ　　　　　　 B．mgL(1－cosθ) C．FLsinθ D．FLcosθ 解析：小球緩慢地由P移動到Q，動能不變，只有重力、水平拉力F對小球做功，繩子拉力不做功，由動能定理：－mgL(1－cosθ)＋WF＝ΔEk＝0即WF＝mgL(1－cosθ)，故B正確。 答案：B 4．如圖4所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一物體向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)物體在斜面最低點A的速度為v，壓縮彈簧至C點時彈簧最短，C點距地面高度為h，則物體從A到C的過程中彈簧彈力做功是(　　) A．

4、mgh－mv2 B.mv2－mgh 圖4 C．－mgh D．－(mgh＋mv2) 解析：由A到C的過程運用動能定理可得： －mgh＋W＝0－mv2， 所以W＝mgh－mv2，故A正確。 答案：A 5．質(zhì)量為2 kg的物體，放在動摩擦因數(shù)μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的位移L之間的關(guān)系如圖5所示，重力加速度g取10 m/s2，則此物體(　　) A．在位移L＝9 m時的速度是3 m/s B．在位移L＝9 m時的速度是3 m/s 圖5 C．在OA段運動的加速度是2.5 m/s2 D．

5、在OA段運動的加速度是1.5 m/s2 解析：由圖像可知當L＝9 m時，W＝27 J，而Wf＝－μmgL＝－18 J，則W合＝W＋Wf＝9 J，由動能定理有W合＝mv2，解得v＝3 m/s，B正確，在A點時，W′＝15 J，Wf′＝－μmgL′＝－6 J，由動能定理可得vA＝3 m/s，則a＝＝1.5 m/s2，D正確。 答案：BD 6．一環(huán)狀物體套在光滑水平直桿上，能沿桿自由滑動，繩子一端系在物體上，另一端繞過定滑輪，用大小恒定的力F拉著，使物體沿桿自左向右滑動，如圖6所示，物體在桿上通過a、b、c三點時的動能分別為Ea、Eb、Ec，且ab＝bc，滑輪質(zhì)量和摩擦均 圖6 不計，則

6、下列關(guān)系中正確的是(　　) A．Eb－Ea＝Ec－Eb　　　　　 B．Eb－EaEc－Eb D．Ea

7、外力F做的功等于A和B動能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功，等于A的動能增量 C．A對B的摩擦力所做的功，等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，即B對。A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B對地的位移不等，故二者做功不等，C錯。對B應(yīng)用動能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和

8、，D對。由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯。 答案：BD 8．如圖8所示，一質(zhì)量為m的質(zhì)點在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開始自邊緣上的A點滑下，到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN。重力加速度為g，則質(zhì)點自A滑到B的過程中，摩擦力對其所做的功為(　　) 圖8 A.R(FN－3mg) B.R(3mg－FN) C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg) 解析：質(zhì)點到達最低點B時，它對容器的正壓力為FN，根據(jù)牛頓定律有FN－mg＝m，根據(jù)動能定理，質(zhì)點自A滑到B的過程中有Wf

9、＋mgR＝mv2，故摩擦力對其所做的功Wf＝RFN－mgR，故A項正確。 答案：A 9．(2020·山東高考)如圖9所示，將小球a從地面以初速度v0 豎直上拋的同時，將另一相同質(zhì)量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在處相遇(不計空氣阻力)。則(　　) A．兩球同時落地 B．相遇時兩球速度大小相等 圖9 C．從開始運動到相遇，球a動能的減少量等于球b動能的增加量 D．相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等 解析：對a，＝v0t－gt2，對b，＝gt2，所以h＝v0t，而對a又有＝(v0＋v)t，可知a剛好和b相遇時速度v＝0。所以它們不會同

10、時落地，相遇時的速度大小也不相等，A、B錯。根據(jù)機械能守恒定律，從開始到相遇，兩球重力做功相等，C正確。相遇后的每一時刻，它們速度都不相等，所以重力的瞬時速率P＝mgv不會相等，D錯。 答案：C 10．如圖10所示，物塊一次沿軌道1從A點由靜止下滑至底端B點，另一次沿軌道2從A點由靜止下滑經(jīng)C點至底端B點，AC＝CB。物塊與兩軌道間的動摩擦因數(shù)相同，不考慮物塊在C點處撞 圖10 擊的因素，則在物塊兩次下滑過程中，下列說法正確的是(　　) A．物塊受到摩擦力相同 B．沿軌道1下滑時的位移較小 C．物塊滑至B點時速度大小相同 D．兩種情況下?lián)p失的機械能相同 解析：物塊沿軌道1滑下

11、來時，設(shè)斜面的傾角為α，軌道1長為l，A點在水平面上的投影為A′，A到水平面的距離為h，由動能定理：mgh－(μmgcosα)·l＝mv12，即mgh－μmg·A′B＝mv12，同理可得，物塊沿軌道2滑下時，有mgh－μmg·A′B＝mv22，也就是沿兩軌道下滑時，摩擦力做功一樣多，但摩擦力不同，所以C、D對，A錯；位移是從初位置指向末位置的有向線段，故位移相同，B錯。 答案：CD 11．如圖11所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點在O位置。質(zhì)量為m的物塊A(可視為質(zhì)點)以初速度v0從距O點右方x0的P點處向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O′點位置后，A又被彈簧彈回。A離開

12、彈簧后，恰好回到P點。物塊A與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，求： 圖11 (1)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功； (2)O點和O′點間的距離x1； (3)若將另一個與A完全相同的物塊B(可視為質(zhì)點)與彈簧右端拴接，將A放在B右邊，向左壓A、B，使彈簧右端壓縮到O′點位置，然后從靜止釋放，A、B共同滑行一段距離后分離。分離后物塊A向右滑行的最大距離x2是多少？ 解析：(1)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的過程根據(jù)功能關(guān)系知，克服摩擦力所做的功為Wf＝mv02。 (2)物塊A從P點出發(fā)又回到P點的全過程中，根據(jù)功能關(guān)系有2μmg(x1＋x0)＝mv02，得x1＝－x0

13、。 (3)物塊A、B分離時，兩者間彈力為零，且加速度相同，A的加速度是μg，B的加速度也是μg，說明B此時只受摩擦力，彈簧處于原長時分離，設(shè)此時它們的共同速度是v1，彈出過程彈力做功WF。只有物塊A時，從O′到P有： WF－μmg(x1＋x0)＝0 物塊A、B共同從O′點到O點有： WF－2μmgx1＝·2mv12 分離后對物塊A有：μmgx2＝mv12 解得：x2＝x0－。 答案：(1)mv02　(2)－x0　(3)x0－ 12．如圖12所示，質(zhì)量為M＝0.2 kg的木塊放在水平臺面上，臺面比水平地面高出h＝0.20 m，木塊離臺的右端L＝1.7 m。質(zhì) 圖

14、12 量為m＝0.10M的子彈以v0＝180 m/s的速度水平射向木塊，當子彈以v＝90 m/s的速度水平射出時，木塊的速度為v1＝9 m/s(此過程作用時間極短，可認為木塊的位移為零)。若木塊落到水平地面時的落地點到臺面右端的水平距離為l＝1.6 m，求： (1)木塊對子彈所做的功W1和子彈對木塊所做的功W2； (2)木塊與臺面間的動摩擦因數(shù)μ。 解析：(1)從開始到子彈射出木塊，由動能定理得 W1＝mv2－mv02＝－243 J 對木塊由動能定理得，子彈對木塊所做的功 W2＝Mv12＝8.1 J (2)設(shè)木塊離開臺面時的速度為v2，木塊在臺面上滑行階段對木塊由動能定理得： －μMgL＝Mv22－Mv12 木塊離開臺面后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律得： 豎直方向：h＝gt2 水平方向：l＝v2t 由以上各式可解得：μ＝0.50 答案：(1)－243 J　8.1 J　(2)0.50