金溪一中2014届高三补习班物理复习题之五

1．质量是2 kg的物体置于水平面上，在运动方向上受拉力F作用沿水平面做匀变速运动，物体运动的速度—时间图象如图所示，若物体受摩擦力为10 N，则在这段运动过程中做功情况正确的是(　　)

A．拉力做功150 J B．拉力做功100 J

C．摩擦力做功250 J D．物体克服摩擦力做功250 J

2．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定(　　)

A．物块返回底端时的速度

B．物块所受摩擦力大小

C．斜面倾角θ

D．3t0时间内物块克服摩擦力所做的功

3．如图所示是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若小车在平直的公路上以初速度v0开始加速行驶，经过时间t，前进了距离
，达到最大速度vmax，设此过程中电动机功率恒为额定功率P，受的阻力恒为Ff，则此过程中电动机所做的功为(　　)

A．Ffvmaxt　　　　　　 B．Pt

C．Fft D.mv＋Ff
－mv

4．如图所示，质量为M的小车停在光滑水平面上，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在车顶上，将小球拉至细绳成水平方向后由静止释放，空气阻力忽略不计，当小球到达细绳呈竖直方向的位置时，小车的速度为u，小球的速度为v，则在小球下落过程中(　　)

A．合外力对小球做功为mgL B．合外力对小球做功为mu2/2

C．细绳对小车做功为Mu2/2 D．小球克服细绳拉力做功为Mu2/2

5．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)

A．tanθ＝ B．tanθ＝

C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1

6．如图所示，将倾角为30°的斜面体置于水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的光滑支点O.已知A的质量为m，B的质量为4m.现用手托住A，使OA段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB绳平行于斜面，此时物块B恰好静止不动．将A由静止释放，在其下摆过程中，斜面体与物块B始终保持静止，下列判断中正确的是(　　)

A．物块B受到的摩擦力先减小后增大

B．物块B受到的摩擦力方向不变

C．小球A与地球组成的系统机械能守恒

D．小球A与地球组成的系统机械能不守恒

7．行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流．上述不同现象中所包含的相同的物理过程是(　　)

A．物体克服阻力做功 B．物体的动能转化为其他形式的能量[来源:Zxxk.Com] C．物体的势能转化为其他形式的能量 D．物体的机械能转化为其他形式的能量

8．一个小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功5 J，除重力之外其他力做功2 J．则小球(　　)

A．在a点的重力势能比在b点多5 J B．在a点的动能比在b点少7 J

C．在a点的机械能比在b点少2 J D．在a点的机械能比在b点多2 J

9．如图所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升最大高度为H，(空气阻力不计)当质点下落再次经过轨道由a点冲出时，能上升的最大高度h为(　　)

A．h＝H B．h＝ C．h< D.

10. 如图所示，物体A和B的质量均为m，它们通过一劲度系数为k的轻弹簧相连，开始时B放在地面上，A、B都处于静止状态．现用手通过细绳缓慢地将A向上提升距离为L1时，B刚要离开地面，此过程手做功为W1；若将A加速向上提起，A上升的距离为L2时，B刚要离开地面，此时A的速度为v，此过程手做功为W2，弹簧一直处于弹性限度内．则(　　)

A．L1＝L2＝ B．W2>W1

C．W1>mgL1 D．W2＝mgL2＋mv2

11.?如图所示，由电动机带动的水平传送带以速度为v=2.0m/s匀速运行，A端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为Q=50kg/s落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．电动机应增加的功率为100W

B．电动机应增加的功率为200W

C．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为6.0×103J

D．在一分钟内因煤与传送带摩擦产生的热为1.2×104J

12.如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角(θ<90°)。不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ） A.当F=mgtanθ时，拉力F最小 B.当F=mgsinθ时，拉力F最小

C.当F=mgsinθ时，质点的机械能守恒

D.当F=mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大

13.①某同学探究恒力做功和物体动能变化间的关系，方案如图所示.他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为减小这种做法带来的误差，实验中要采取的两项措施是：

a

b

②如图所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T。距离如图。则打B点时的速度为
；要验证合外力的功与动能变化间的关系，测得位移和速度后，还要测出的物理量有

14.在验证机械能守恒定律实验中，质量m = 1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2。求：

(1)打点计时器打下记数点B时，物体的速度VB = （保留两位有效数字）；

(2)从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量△EP = ，动能的增加量△EK = （保留两位有效数字）；

（3）根据题中提供的条件，可求出重锤实际下落的加速度a= 。（保留两位有效数字）

(4)即使在实验操作规范，数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验测得的△EP 也一定略大于△EK ，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因。

15．一列机车的质量是5×105 kg，在水平平直轨道上由静止开始匀加速启动，加速度大小为0.4 m/s2.已知机车的额定功率为3000 kW，当机车由静止达到最大速率30 m/s时，共用时t秒．行驶过程中阻力恒定，则：(1)机车匀加速阶段的牵引力多大？(2)匀加速阶段机车的实际功率等于额定功率时，机车的速度多大？(3)机车由静止达到最大速度时，前进的距离是多少？(答案中可以包含字母t)

16．如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45 m，水平轨道AB长s1＝3 m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6 N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F.当小车在CD上运动了s2＝3.28 m时速度v＝2.4 m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2 kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：

(1)恒力F的作用时间t；(2)AB与CD的高度差h.

17．如图所示，质量为m的小铁块A以水平速度v0冲上质量为M、长为
、置于光滑水平面C上的木板B，正好不从木板上掉下．已知A、B间的动摩擦因数为μ，此时长木板对地位移为x，求这一过程中：(1)木板增加的动能；(2)小铁块减少的动能；(3)系统机械能的减少量；(4)系统产生的热量．

18.如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面光滑，倾角为
，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，木板下端离地面高Ｈ，上端放着一个细物块。木板和物块的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力
（k>1），断开轻绳，木板和物块沿斜面下滑．假设木板足够长，与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，空气阻力不计．求：

（1）木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度；

（2）从断开轻绳到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板运动的路程s；

（3）从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功W．

19.如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中不同时刻对轻绳的拉力F与被提升重物的速度v，并描绘出F-1/v图象。假设某次实验所得的图象如图乙所示，其中线段AB与1/v轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内F和1/v的关系；线段BC的延长线过原点（C点为实线与虚线的分界点），它反映了被提升重物在第二个时间段内F和1/v的关系；第三个时间段内拉力F和速度v均为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映。实验中还测得重物由静止开始经过t=1.4s，速度增加到vC=3.0m/s，此后物体做匀速运动。取重力加速度g=10m/s2，绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计。（1）在提升重物的过程中，除了重物的质量和所受重力保持不变以外，在第一时间段内和第二时间段内还各有一些物理量的值保持不变。请分别指出第一时间段内和第二时间内所有其他保持不变的物理量，并求出它们的大小；（2）求被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程。

20.探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见图a）；

②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见图b）；

③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见图c）。

设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。

求：（1）外壳与碰撞后瞬间的共同速度大小；

（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；

（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。

1.解析：速度时间图象围成的面积表示位移大小，所以位移为25 m，加速度为2 m/s2，F＋f＝ma，F＝－6 N，拉力F做正功，为W＝Fs＝150 J，A对；克服摩擦力做功W＝fs＝250 J，D对．答案：AD

2.解析：物块沿斜面向上运动时，有gsinθ＋μgcosθ＝；向下运动时，有gsinθ－μgcosθ＝.而向上滑行与向下滑行时路程相同，即s＝·t0＝·2t0.由以上三式可求斜面倾角θ及物块返回底端时的速度，A、C正确．由于物体质量未知，所以不能确定物块所受摩擦力大小，不能求3t0时间内物块克服摩擦力所做的功，B、D错误．答案：AC

3.解析：本题考查动能定理及功的计算．因小车以恒定的功率运动，故此过程小车电动机做功为W＝Pt＝Ffvmaxt，A、B均正确．由动能定理可得W－Ff·l＝mv－mv，解得：W＝mv－mv＋Ff·l，故D正确，C错误．答案：ABD

4.解析：小球下落时，小车发生了运动，细绳对小球的拉力对小球做了功，对小球，由动能定理有W合＝mgL－W绳＝mv2，则小球克服细绳拉力做的功W绳＝mgL－mv2，所以A、B均错；对小车，由动能定理有W′绳＝Mu2，则C对；对整体，由动能定理有mgL＝mv2＋Mu2，则小球克服细绳拉力做的功W绳＝Mu2，则D对．答案：CD

5.解析：设斜面的长度为l，小物块从斜面顶端下滑到斜面底端的全过程由动能定理得：

mglsinθ－μ1mgcosθ－μ2mgcosθ＝0

解得tanθ＝，故B正确．答案：B

6.解析：由小球A在下摆过程中斜面体与B保持静止，则小球A在该过程中只有重力做功，机械能守恒，故C对，D错．设OA间距离为lOA，斜面与物块B间最大静摩擦力为Ffm＝4mgsin30°＝2mg，方向沿斜面向上．

当小球摆到最低点时对绳有最大拉力Fm，由机械能守恒mglOA＝mv2，Fm－mg＝，联立得Fm＝3mg.

此时物块B受摩擦力F′f＝Fm－Ffm＝3mg－2mg＝mg，方向沿斜面向下. 故A对，B错．

答案：AC

7.解析：汽车制动受到摩擦阻力，动能转化为内能；流星在空中下坠受到空气阻力，动能和势能不断转化为内能；降落伞在空中匀速下降，受到空气阻力，势能转化为内能；条形磁铁在线圈中下落，在线圈中产生感应电流，该电流又阻碍磁铁下落(产生磁场)，机械能转化为电能，最终又转化为内能，上述现象中所包含的相同物理过程是A、D.答案：AD

8.解析：由于重力做正功，则a点的重力势能比在b点多5 J，A对．又由动能定理知合外力对物体做的功为7 J，从a到b动能增加7 J，B对．由于除重力之外的力做正功为2 J，则从a到b机械能增加2 J，C对D错．[来源:Z&xx&k.Com]答案：ABC

9.解析：小球在第1次经过半圆形轨道时，摩擦力做的功为mgH/3，第2次经过时由于速度比第1次小，所以对轨道的压力小，摩擦力比第1次也小，做的功少，再由功能关系可知，上升的高度一定大于H/3，小于H.答案：D

10.缓慢地将A向上提升距离为L1时，B刚要离开地面，弹簧由压缩量为到拉伸量为，弹性势能不变，L1＝，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A增加的机械能，即W1＝mgL1；将A加速向上提起，A上升的距离为L2时，B刚要离开地面，弹簧也是由压缩量为到拉伸量为，弹性势能不变，L2＝，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A增加的机械能，即W2＝mgL2＋mv2.综上所述，选项B、D正确．

13. 答案：① a 平衡摩擦力 2分

b 钩码的重力远小于小车的总重力 2分

（或者：钩码的质量远远小于小车的质量；答m钩《M车 同样给分）

②
2分

钩码的质量m,小车的质量M. 2分

14.答案：（1）0.97m/s（2）0.48J 0.47J

（3）a=9.7 m/s2（4）原因是重锤和纸带都受到阻力的作用，因此机械能有损失

15.解析：(1)当汽车达到匀速运动时，速度达到最大值，此时牵引力等于摩擦阻力．由此可得：

f＝＝1×105 N

因此匀加速阶段的牵引力可得：

F牵＝ma＋f＝5×105×0.4＋1×105＝3×105 (N)．

(2)设匀加速阶段末的汽车速度为v1.由汽车瞬时速度等于输出功率除以此时牵引力，可得：

v1＝＝＝＝10 m/s.

(3)如图所示，达到最大速度前，有两个运动阶段．设匀加速阶段位移为S1，加速度减小阶段位移为S2.匀加速阶段位移为：S1＝＝ m＝125 m，所用时间为t1＝＝ s＝25 s

对于变加速阶段位移使用动能定理，发动机牵引力做功减去摩擦力做的功等于汽车动能变化量，可得：P(t－t1)－fS2＝mv－mv

代入数据为：3×106×(t－25)－1×105×S2＝×5×105×(302－102)

可得：S2＝(30t－2750)m

所以，机车由静止到达最大速度时，前进的距离是：

S＝S1＋S2＝(30t－2625)m.

16.解析：(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得

Fs－μMgs2＝Mv2 ①

设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得F－μMg＝Ma②

s＝at2 ③

联立①②③式，代入数据得t＝1 s． ④

(2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，减速时间为t′，由牛顿运动定律得v′＝at ⑤

－μMg＝Ma′ ⑥

v＝v′＋a′t′ ⑦

设滑块的质量m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得

mgR＝mv ⑧

设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得

s1＝vAt1 ⑨

设滑块做平抛运动的时间为t1′，则t1′＝t＋t′－t1 ⑩

由平抛规律得h＝gt′ ?

联立②④⑤⑥⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得

h＝0.8 m.

17.解析：在此过程中摩擦力做功的情况：A和B所受摩擦力分别为F、F′，且F′＝F＝μmg，A在F的作用下减速，B在F′的作用下加速；当A滑动到B的右端时，A、B达到一样的速度v，就正好不掉下．

(1)根据动能定理有：μmg·x＝Mv2－0①

从上式可知ΔEkB＝μmgx.

(2)滑动摩擦力对小铁块A做负功，根据功能关系可知

ΔEkA＝－μmg(x＋l)

即－μmg(x＋l)＝mv2－mv＝m(v2－v)．②

(3)系统机械能的减少量ΔE＝mv－mv2－Mv2

由①②可知ΔE＝μmgl.

(4)m、M相对位移为l，根据能量守恒Q＝μmgl.

18.解析：（1）设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a物块

物块受合力 F物块=kmgsinθ－mgsinθ　①

由牛顿第二定律 F物块=ma物块　　　　　　　　②

由①②得 a物块=（k-1）gsinθ，方向沿斜面向上

（2）设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1

由机械能守恒
解得

设木板弹起后的加速度a板 由牛顿第二定律 a板=–（k+1）gsinθ

S板第一次弹起的最大路程
解得

木板运动的路程 S=
+2S1=

（3）设物块相对木板滑动距离为L 根据能量守恒 mgH+mg（H+Lsinθ）=kmgsinθL

摩擦力对木板及物块做的总功W=-kmgsinθL　　　　　解得

19.解释：⑴由v-
图象可知，第一时间段内重物所受拉力保持不变，且F1＝6.0N

因第一时间段内重物所受拉力保持不变，所以其加速度也保持不变，设其大小为a，根据牛顿第二定律有F1-G=ma，重物速度达到vC=3.0m/s时，受平衡力，即G=F2=4.0N，由此解得重物的质量
；联立解得 a =5.0m/s2 ；在第二段时间内，拉力的功率保持不变
。

⑵设第一段时间为t1，重物在这段时间内的位移为x1，则
，
；设第二段时间为t2，t2=t-t1=1.0s；重物在t2这段时间内的位移为x2，根据动能定理有
，解得 x2=2.75m

所以被提升重物在第一时间段内和第二时间段内通过的总路程 x= x1+ x2=3.15m

20.解：设外壳上升高度h1时速度为V1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，

(1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有

(4mg＋m)( h2－h1)＝
(4m＋m)V22，解得V2＝
；

（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，有4mV1＝(4mg＋m)V2，

解得V1＝
，

设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有

W－4mgh1＝
(4m)V12，

解得W＝
mg；

（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为
＝
(4m)V12－
(4m＋m)V22，

联立解得
＝
mg(h2－h1)。