2022年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

2022年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，t0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2At1时刻小球动能最大Bt2时刻小球动能最大Ct2t3这段时间内，小球的动能先增加后减少Dt2t3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0t1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，t2时刻到达最低点，动能为0，A、B错；t2t3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；t2t3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mgsin mgcos mamg，又因为30，所以mgsin mgcos mg，tan ；根据功能关系：EpmmghQ大于mgh，A项错误；机械能损失EQmgcos 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kxmgsin mgcos ，EpmEkmmghmgcos ，C项错误；因为tan ，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vt图象，如图4所示(除2 s10 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 s14 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 s18 s时间段：a1.5 m/s2，则Ffma1.5 N，A正确；在02 s内小车做匀加速运动，由PFv可知，小车的功率逐渐增大，B不正确；在10 s14 s内小车做匀速直线运动，牵引力FFf，PFv1.56 W9 W，C正确；02 s内：x13 m,2 s10 s内根据动能定理：PtFfx2mvmv，得x239 m，则xx1x242 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Ff1代表B对A的摩擦力，Ff2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Ff1对A做的功等于A动能的增加量D力F、Ff2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Ff1对A做的功等于A动能的增加量，力F、Ff2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hA和hB，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B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C适当调节hA，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hB，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vA，由机械能守恒，mghA2mgRmv，则hA，A选项正确；小球B从轨道最高点飞出的最小速度vB0，由机械能守恒，mghB2mgR，释放的最小高度hB2R，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Rv0t，Rgt2，则v0 ，而A球的最小速度vAv0，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7B点的机械能E与轨道对小球的支持力F的说法正确的是()AE与R成正比 BE与R无关CF与R成正比 DF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mgm，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mv2，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Emv2mgR，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：mv2mv2mgR，在B点有：Fmgm，可解得F6mg，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L0.2 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Ep1 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/s2.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CB球刚到地面时，速度是 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 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EmAg(Lh)mBghEp6 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m200 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T0.02 s打一个点，当地的重力加速度为g9.8 m/s2，那么图9(1)计算B点瞬时速度时，甲同学用v2gxOB，乙同学用vB.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/s2，从而计算出阻力Ff_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)9.50.06(3)能解析(1)如用v2gxOB求vB，就等于认为机械能已经守恒了，应选用vB.(2)由xaT2知a m/s29.5 m/s2由mgFfma知Ffmgma0.06 N.(3)能可利用m(vv)mgh12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)AB(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WABFxAB物体动能的变化量为EkBEkAmvmvm()2m()2m只要验证FxABm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H0.75 m，C距离水平地面高h0.45 m 一质量m0.10 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l0.60 m不计空气阻力，取g10 m/s2.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hgt2得小物块从C到D运动的时间t 0.3 s(2)从C点飞出时速度的大小v2.0 m/s(3)小物块从A运动到C的过程中，根据动能定理得mg(Hh)Wfmv20摩擦力做功Wfmv2mg(Hh)0.1 J此过程中克服摩擦力做的功WfWf0.1 J.14(16分)(xx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t0时由静止开始上升，at图象如图乙所示电梯总质量m2.0103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2.图13(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；(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vt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at图象，求电梯在第1 s内的速度改变量v1和第2 s末的速率v2；(3)求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在011 s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W.答案(1)2.2104 N1.8104 N(2)0.5 m/s15 m/s(3)2.0105 W1.0105 J解析(1)由牛顿第二定律，有Fmgma由at图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a11.0 m/s2，a21.0 m/s2，则F1m(ga1)2.0103(101.0) N2.2104 NF2m(ga2)2.0103(101.0) N1.8104 N(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内at图线与t轴所围图形的面积，可得v10.5 m/s同理可得2 s内的速度变化量v2v2v01.5 m/sv00，第2 s末的速率v21.5 m/s(3)由at图象可知，11 s30 s内速率最大，其值vm等于011 s内at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PFvmmgvm2.01031010 W2.0105 W由动能定理得，总功WEk2Ek1mv02.0103102 J1.0105 J.