2019-2020学年高一物理6月份能力提升试题(含解析).doc

2019-2020学年高一物理6月份能力提升试题(含解析)一、选择题1. 如图所示，桌面高度为h，质量为m的小球，从离桌面高H处自由落下，不计空气阻力，假设桌面处的重力势能为零，关于重力势能的说法正确的是（）A. 重力势能是矢量，有正负之分B. 刚开始下落时的重力势能为mg（H+h）C. 落地时的重力势能为零D. 落地时的重力势能为mgh【答案】D【解析】重力势能只有大小没有方向，故为标量，故A错误；因为以桌面为零势能面，故刚开始下落时的重力势能为：mgH，故B错误；落地时相对于桌面的高度为-h，故落地时的重力势能为-mgh，故C错误，D正确。所以D正确，ABC错误。2. 物块A质量为m ， 置于光滑水平地面上，其上表面固定一根轻弹簧，弹簧原长为 ，劲度系数为k ， 如图所示现将弹簧上端B缓慢的竖直向上提起一段距离L ， 使物块A离开地面，若以地面为势能零点，则这时物块A具有的重力势能为（） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】物块刚A离开地面时，弹簧所受的弹力等于物块的重力，根据胡克定律得弹簧伸长的长度，由弹簧上端B缓慢的竖直向上提起的距离L ， 则物块上升的高度为h=L-x以地面为势能零点，这时物块A具有的重力势能为，故ABC错误，D正确。故选：D3. 野山鼠擅长打洞，假设山鼠打洞时受到的阻力f与洞的深度L成正比，即f=kL（k为比例常数），则野山鼠从洞深d1打到洞深d2时，需要克服阻力做的功为（）A. k(d22- d12) B. k(d2-d1) 2 C. k(d2+d1) 2 D. kd1d2【答案】A【解析】根据题意可知，f与深度L成正比，作出阻力与深度之间的关系图象如图所示；根据W=FL可知，图象与横轴所围成的图象可表示克服阻力所做的功；则可知克服摩擦力做功为：W= ，故选A.4. 在天花板上的O点系一根细绳，细绳的下端系一小球小球拉至细绳处于水平的位置，由静止释放小球，小球从位置A开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B点的运动过程中，不计空气阻力，下面说正确的是（） A. 小球受到的向心力大小不变B. 细绳对小球的拉力对小球做正功C. 重力对小球做功的平均功率为零D. 重力对小球做功的功率先变大后变小【答案】D【解析】小球从A点运动到B点过程中，速度逐渐增大，由向心力Fm可知，向心力增大，故A错误；拉力方向始终与小球的速度方向垂直，所以拉力做功为零，故B错误；拉力方向始终与小球的速度方向垂直，则细线的拉力对小球做功的功率为零，故C正确；该过程中重力的瞬时功率从开始时的0变化到最后的0，应是先增大后减小，故D错误。故选C。5. “神舟十号”载人飞船成功发射飞船发射上升过程中，其重力做功和重力势能变化的情况为()A. 重力做正功，重力势能减小B. 重力做正功，重力势能增加C. 重力做负功，重力势能减小D. 重力做负功，重力势能增加【答案】D【解析】【详解】在飞船上升过程中，由于重力方向竖直向下，位移方向向上，所以重力做负功，重力势能增加，故ABC错误，D正确故选：D6. 如图所示，某小球以速度v向放置于光滑水平面的轻质弹簧运动，在小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中（）A. 弹力对小球做正功，弹簧的弹性势能减少B. 弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能减少C. 弹力对小球做正功，弹簧的弹性势能增加D. 弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能增加【答案】D【解析】在小球从接触弹簧到将弹簧压缩到最短的过程中，弹簧对小球的弹力方向向右，与位移方向相反，则弹力对小球做负功，弹簧的弹性势能增加，故ABC错误，D正确故选D.点睛：解决本题的关键要掌握判断力做功正负的方向：看力与位移的夹角，要知道弹簧的弹力做负功时，弹性势能增加7. 如图，一个小物块由静止开始分别沿坡度不同的斜面AB 和AB滑下，最后都停在水平面 BC上，斜面和水平面平滑连接，已知两个斜面和水平面与物块的动摩擦因素相同，下列说法正确的是（）A. 小物块沿斜面AB 下滑的时间一定比沿斜面AB下滑的时间长B. 小物块沿AB 和AB滑下，经过斜面底端时的速率一定相等C. 小物块沿AB 和AB滑下，在的水平面的同一位置停下来D. 沿斜面AB 下滑过程中克服摩擦力做的功小于沿斜面AB滑下过程中克服摩擦力做的功【答案】AC【解析】在AB上滑动时，加速度比在AB上滑动时，加速度较小，位移较大，则根据可知，在沿斜面AB 下滑的时间一定比沿斜面AB下滑的时间长，选项A正确；在BC（或BC）段只有摩擦力做功，根据动能定理有mgs0mv2，得v2=2gs因为sBCsBC，则vBvB故B错误；设斜面AB的长度为s1，对应的夹角为，则：，斜面AB对应的水平面的长度：s=s1cos，另一段水平长度BC为s2对甲运动的全过程运用动能定理得，mgh-mgcoss1-mgs2=0，整理得，mgh-mg（s+s2）=0可知物块滑行的整个过程中，总水平位移与斜面的倾角无关；所以两种情况下物块滑行的总水平位移是相等的即小物块沿AB 和AB滑下，在的水平面的同一位置停下来，故C正确；设斜面AB的长度为s1，对应的夹角为，则：，物体下滑到底端时摩擦力的功为 ，因AB斜面倾角较小，则沿斜面AB 下滑过程中克服摩擦力做的功大于沿斜面AB滑下过程中克服摩擦力做的功，选项D错误；故选AC.8. 如图所示是蹦床运动员在空中表演的情景。在运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中(床面在弹性限度内发生形变时产生的弹力跟它的形变量成正比)，下列说法中正确的是（ ）A. 床面的弹力一直做正功B. 运动员的动能不断增大C. 运动员和床面组成的系统机械能不断减小D. 运动员的动能与床面的弹性势能总和逐渐减小【答案】AD【解析】A、运动员从最低点开始反弹至即将与蹦床分离的过程中，弹力向上，运动的方向也是向上，弹力做正功，故A正确；B、在上升的过程中，合力先是向上的，后是向下的，速度先增加后减小，动能先增加后减小，故B错误；C、运动员和床面组成的系统，只有重力和弹力做功，机械能守恒，故C正确；D、运动员的动能、重力势能和床面的弹性势能的和保持不变，由于运动员的高度增加，重力势能增加，所以运动员的动能与床面的弹性势能总和逐渐减小，故D正确。点睛：根据功的定义判断做功的情况，蹦床的形变量来确定弹性势能的变化，而由高度来确定重力势能的变化，总的机械能守恒，判断能量的变化，从而即可求解。9. 如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度为，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A. 重力势能增加了 B. 重力势能增加了mghC. 动能损失了mgh D. 机械能损失了【答案】BD【解析】物体在斜面上能够上升的最大高度为h，克服重力做功为mgh，所以重力势能增加mgh，故A正确；设物体所受的摩擦力大小为f，根据牛顿第二定律得 mgsin30+f=ma，解得：，所以克服摩擦力做功为：，故C错误；根据动能定理得动能损失了：，联立以上解得：，故B正确；机械能损失等于摩擦力做功即，故D错误。所以AB正确，CD错误。10. 一物体从静止开始沿固定斜面向下运动，经过时间t0滑至斜面底端。已知物体运动过程中所受的摩擦力恒定。若用F、v、x和E分别表示该物体所受的合外力、速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是A. B. C. D. 【答案】AD【解析】试题分析：摩擦力恒定，物体沿斜面下滑时做初速度为零的匀变速直线运动，根据初速度为零匀变速直线运动中合力、速度、位移和机械能所时间变化特点可解答本题解：A、物体在斜面上运动时做匀加速运动，根据牛顿第二定律可知，其合外力恒定，故A正确；B、在vt图象中，斜率表示加速度大小，由于物体做匀加速运动，因此其vt图象斜率不变，故B错误；C、物体下滑位移为：x=at2，根据数学知识可知，其位移与时间图象为抛物线，故C错误；D、设开始时机械能为E总，根据功能关系可知，开始机械能减去因摩擦消耗的机械能，便是剩余机械能，即有：E=E总fs=E总fat2，因此根据数学知识可知，机械能与时间的图象为开口向下的抛物线，故D错误故选：A【点评】对于图象问题要明确两坐标轴、斜率的含义等，对于比较复杂的图象问题可以利用物理规律写出两个物理量的函数关系式，根据数学知识进一步判断图象性质视频11. 如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在粗糙竖直固定杆上开始时圆环处于A处且弹簧水平处于原长现将圆环从A处由静止开始释放，圆环经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，已知AC=h若在C处给圆环一竖直向上的速度v；，则圆环恰好能回到A处弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A. 圆环下滑到B处时，加速度为零B. 圆环下滑过程中，因摩擦产生的热量为mv2C. 圆环从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mghmv2D. 圆环下滑经过B处的速度大于上滑经过B处的速度【答案】ABC【解析】A、圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，A正确；B、研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，由动能定理得：，解得：克服摩擦力做的功为 ，由功能关系知，圆环下滑过程中，因摩擦产生的热量为，B正确；C、由上解得：，所圆环从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加量为：，C正确；D、研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列式得： 研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式：，即得 由于，所以可得，即圆环上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，D错误；故选ABC。12. 如图所示，一不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮，系着质量均为m的物体A和B，A放在光滑的水平地面M点，B悬在空中，现用水平恒力F拉物体A，当物体A从M点向前运动了s，到达N点时速度恰好为零，此时轻绳与水平方向夹角为，轻绳的张力为T，则以下说法正确的是（）A. 在N点FTcosB. 物体A由M到N的过程中，拉力F做的功等于物体B重力势能的增加量C. 若在N点撤去拉力F，物体A从N到M过程中一直加速，物体B先加速后减速D. 若在N点撤去拉力F，物体A再回到M点时，其动能小于Fs【答案】BC【解析】A、A物体到达N点时速度恰好为零则知A一定是先加速后减速的过程，即开始时绳子拉力水平方向的分力较小，小于拉力F，物体A加速，后来绳子拉力水平方向的分力大于F，物体减速，故在N点，故选项A错误；B、由功能关系可知，外力F所做的功等于系统机械能的增加量，而A从M到N过程中，动能、重力势能均不变，B的动能不变，故拉力F做的功等于物体B重力势能的增加量，B项正确；C、物体A从N到M过程中，绳子拉力对A始终做正功，A的动能不断增大，即一直加速；在N点时，B的速度为零，物体A运动到M点时，A与滑轮间绳长减小至最短，B的速度减小至零，故物体B的速度先增大后减小，C项正确；D、撤去拉力F，物体A回到M点过程中，系统机械能守恒，即B重力势能的减小量等于系统动能的增加量，而B的动能变化量为零，结合对B项分析，故A的末动能一定等于，故选项D错误。点睛：分析受力情况和运动情况是应具备的基本能力，知道B的速度等于绳子的速度，而A与B的速度是不相等的。二、实验题13. 为了只用一根弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面间的动摩擦因数(设为定值)，某同学经查阅资料知，一劲度系数为k的轻弹簧由伸长量为x至恢复到原长的过程中，弹力做功为kx2 ， 于是他设计了以下实验。 第一步：如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，弹簧处于原长时另一端在A点。现推动滑块将弹簧压缩至B点，松手后滑块在水平桌面上运动一段距离，到达C点时停止。第二步：将滑块挂在竖直放置的弹簧下，弹簧伸长后保持静止状态。回答下列问题：（1）对于松手后滑块在水平桌面上滑动过程中有关物理量的描述，下列说法正确的是_A.当弹簧恢复原长时，滑块的加速度达最大值B.当弹簧恢复原长时，滑块的速度达最大值C.滑块的加速度先增大后减小，然后保持不变D.滑块的加速度先减小后增大，然后保持不变（2）你认为该同学应该用刻度尺直接测量的物理量是（写出名称并用符号表示）：_ （3）用直接测得的物理量表示滑块与水平桌面间动摩擦因数的计算式=_ 【答案】 (1). D (2). 需要用刻度尺测出AB间的距离x1、BC间的距离s和弹簧竖直悬挂滑块时的长度x2和弹簧的原长x0； (3). 【解析】【详解】（1）松手后滑块在水平桌面上滑动过程中受到弹簧弹力和摩擦力的作用，根据牛顿第二定律得： a=，滑块向右运动时，弹力减小，加速度减小，当弹力等于摩擦力时，加速度为零，速度达到最大值，木块继续向右运动，弹力进一步减小，加速度反向增大，木块做减速运动，当速度等于零时，加速度为零，故D正确，ABC错误故选D（2）该过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹簧的弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求弹簧弹力做功的大小，根据W=，需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度的差值AB间的距离x1；需要求弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时处于平衡状态求出劲度系数，所以需要测量弹簧竖直悬挂滑块时的长度x2，和弹簧的原长x0；在整个过程中根据功能关系有=mgs，所以要测量物体滑行的距离，即BC间的距离s；（3）根据题意，弹簧弹力做功为：W= 设滑块质量为m，有：kx=mg，即：k（x2-x0）=mg 根据功能关系有：W=mgS 联立解得：=【点睛】利用悬挂时二力平衡求出弹簧的劲度系数k，利用了功能关系来求摩擦系数，即运动过程中克服摩擦力做的功等于消耗弹簧的弹性势能14. 某探究学习小组在实验室里组装了一套如图所示的装置来“探究自由落体运动过程中动能与势能的转化与守恒”，在实验中：（1）下面叙述正确的是_A用天平称出重物的质量B打点计时器应接在电压为46V的交流电源上C应先通电再释放纸带D选用点迹清晰、特别是第1、2点间距接近2mm的纸带（2）小明同学按图甲安装仪器并通过正确操作，获得的一条纸带如图乙所示，图中O点是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F、G是依次打出的点，量出OF间的距离为h ，EG之间的距离为H。已知电火花式打点计时器的打点周期为T，重物的质量为m，当地的重力加速度为g。则从打O点到打F点过程中，重物重力势能的减少量的大小为_、动能的增加量的大小为_。（3）在题（2）实验中，考虑到空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦, 重物动能的增加量应略_(选填“大于”“小于”或“等于”)重力势能的减少量。【答案】 (1). CD (2). mgh (3). (4). 小于【解析】（1）该实验中比较mgh和大小关系，因此不需要天平测质量，故A错误；电火花计时器应接在电压为220V的交流电源，故B错误；应该先接通电源后释放纸带，故C正确；选用点迹清晰、特别是第1、2点间距接近2mm的纸带，说明起始点初速度为零，故D正确。所以CD正确，AB错误。（2）重物重力势能的减少量为mgh，打F点时的速度为：，动能的增加量的大小为：。（3）考虑到空气阻力以及纸带与限位孔之间的摩擦, 根据动能定理可知重物动能的增加量应略小于重力势能的减少量。三、解答题15. 电动自行车因为绿色环保大行其道，但是很多市民因自我保护意识淡薄，经常出现超速、超载等现象，此类现象存在极大的安全隐患。（1）针对电动自行车的诸多安全问题，国家制定了新标准，从xx年1月1日起实施标准将“40公斤以上、时速20公里以上的电动自行车，称为轻便电动摩托车或电动摩托车，划入机动车范畴”某一款电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表：规格后轮驱动直流永磁毂电机车型26电动自行车整车质量m40 kg最大载重M120 kg额定输出功率P120 W额定电压U40 V额定电流I3.5 A质量为M人60 kg的人骑此电动车沿平直公路行驶，所受阻力Ff恒为车和人总重的k0.02倍，g取10 m/s2，仅在永磁毂电机以额定输出功率120W提供动力的情况下，人驾驶电动车的最大速度为大？若行驶在非机动车道上是否合法？（2）某学校物理探究小组设计了一个实验来探究某一款电动自行车的性能。他们让这款电动自行车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将电动自行车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v-t图像，如图所示(除4872s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)，已知在电动自行车运动的过程中，电动自行车的永磁毂电机额定输出功率为120W，在整个运动过程中电动自行车所受的阻力大小可认为保持不变。求：这次实验中，人和车总质量M总的大小？该款电动自行车在加速过程中位移大小。【答案】（1）不合法 （2）120kg （3）180m【解析】试题分析：根据瞬时功率公式即可求得最大速度，然后判断是否超速；根据图象求出加速度，根据牛顿第二定律求出质量；根据动能定理求出变加速过程中的位移，即可求出总位移。（1）由题知瞬时功率为：代入数据解得：因为6 m/s=63.6km/h=21.6 km/h20 km/h，所以不合法（2）由v-t图象可知在84-120s时间段由加速度定义式：电动自行车受到阻力大小： 72-84s时间段： 联立以上解得：M总=120kg 48s-72s内根据动能定理：代入数据解得：s2=84m由v-t图象可知0-48s内的位移为：该款电动自行车在加速过程中位移大小：s=s1+s2=180m 点睛：本题主要考查了机车的启动问题，结合瞬时功率表达式、牛顿第二定律和动能定理结合进行解题。16. 如图所示,半径R=0.5 m的光滑圆弧轨道的左端A与圆心O等高,B为圆弧轨道的最低点,圆弧轨道的右端C与一倾角=37的粗糙斜面相切.一质量m=1 kg的小滑块从A点正上方h=1 m处的P点由静止自由下落.已知滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8,重力加速度g=10 m/s2.（1）求滑块第一次运动到B点时对轨道的压力。（2）求滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离.（3）通过计算判断滑块从斜面上返回后能否滑出A点.【答案】（1）70N （2）1.1m （3）能滑出A【解析】（1）滑块从P到B的运动过程只有重力做功，故机械能守恒，则有：；那么，对滑块在B点应用牛顿第二定律可得：轨道对滑块的支持力竖直向上，且；故由牛顿第三定律可得：滑块第一次运动到B点时对轨道的压力为，方向竖直向下；（2）设滑块在粗糙斜面上向上滑行的最大距离为L，滑块运动过程只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：所以，；（3）对滑块从P到第二次经过B点的运动过程应用动能定理可得：；所以，由滑块在光滑圆弧上运动机械能守恒可知：滑块从斜面上返回后能滑出A点。点睛：经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解。17. 如图（a）所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m=2kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图（b）所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）010s内物体位移的大小；（2）物体与传送带间的动摩擦因数；（3）010s内物体机械能增量及因与传送带摩擦产生的热量Q【答案】（1）33m（2）0.9375（3）405J【解析】(1) 根据vt图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得08s内物体的位移。（2）由vt图象可知,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且做加速度方向沿传送带向上、大小为a=v/t=1m/s2的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得：fmgsin=ma，Nmgcos=0f=N联立可得=0.875(3)08s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为08s内只有前6s发生相对滑动.06s内传送带运动距离为：s带=46m=24m06s内物体位移为：s物=6m则06s内两者相对位移s=s带s物=18m08s内物体与传送带由于摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,。