高考物理真题集训.docx

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高考物理真题集训

真题集训·章末验收（五）

命题点一：

功和功率

1．（多选）（2016·全国甲卷）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。

两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。

若它们下落相同的距离，则（　　）

A．甲球用的时间比乙球长

B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功

解析：

选BD　设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：

mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝ρπR3知：

ρπR3g－kR＝ρπR3a，即a＝g－·，故知：

R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误；下落相同的距离，由h＝at2知，a越大，t越小，选项A错误；由2ah＝v2－v02知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。

2．（2014·全国卷Ⅱ）一物体静止在粗糙水平地面上。

现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。

若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。

对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（　　）

A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1

B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1

C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1

D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1

解析：

选C　因为物体做匀加速度直线运动，所以x1＝t，x2＝t，而Wf1＝μmgx1，Wf2＝μmgx2，所以有Wf2＝2Wf1，根据动能定理有：

WF1－Wf1＝mv2，WF2－Wf2＝2mv2，所以有WF2＜4WF1，C项正确。

命题点二：

动能定理和机械能守恒定律

3．（2014·全国卷Ⅱ）取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。

不计空气阻力。

该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（　　）

A.　　　　　　　　　　B.

C.D.

解析：

选B　设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得mv02＝mgh，即v0＝。

物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝，故选项B正确，选项A、C、D错误。

4．（2014·全国卷Ⅱ）

如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。

重力加速度大小为g。

当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为（　　）

A．Mg－5mgB．Mg＋mg

C．Mg＋5mgD．Mg＋10mg

解析：

选C　设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R。

小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg。

根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下。

对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。

根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误。

5．（多选）（2015·全国卷Ⅱ）

如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。

a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。

不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。

则（　　）

A．a落地前，轻杆对b一直做正功

B．a落地时速度大小为

C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g

D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg

解析：

选BD　由题意知，系统机械能守恒。

设某时刻a、b的速度分别为va、vb。

此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。

因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。

当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，选项B正确；同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误；杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误；b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。

6．（2016·全国乙卷）

如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。

直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内。

质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R。

已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g。

（取sin37°＝，cos37°＝）

（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。

（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能。

（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。

已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。

G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。

解析：

（1）根据题意知，B、C之间的距离l为

l＝7R－2R①

设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得

mglsinθ－μmglcosθ＝mvB2②

式中θ＝37°。

联立①②式并由题给条件得

vB＝2。

③

（2）设BE＝x。

P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。

P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有

mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－mvB2④

E、F之间的距离l1为

l1＝4R－2R＋x⑤

P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有

Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥

联立③④⑤⑥式并由题给条件得

x＝R⑦

Ep＝mgR。

⑧

（3）设改变后P的质量为m1。

D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为

x1＝R－Rsinθ⑨

y1＝R＋R＋Rcosθ⑩

式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。

设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。

由平抛运动公式有

y1＝gt2⑪

x1＝vDt⑫

联立⑨⑩⑪⑫式得

vD＝⑬

设P在C点速度的大小为vC。

在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有

m1vC2＝m1vD2＋m1g⑭

P由E点运动到C点的过程中，由动能定理有

Ep－m1g（x＋5R）sinθ－μm1g（x＋5R）cosθ＝m1vC2⑮

联立⑦⑧⑬⑭⑮式得

m1＝m。

⑯

答案：

（1）2　

（2）mgR　（3）　m

命题点三：

功能关系与能量守恒定律

7．（2015·全国卷Ⅰ）

如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。

一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。

质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。

用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。

则（　　）

A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点

B．W>mgR，质点不能到达Q点

C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

D．W

解析：

选C　设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mvN2＝mgR。

质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR。

设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′

从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mvQ2－mvN2，即mgR－W′＝mvQ2，故质点到达Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。

选项C正确。

8．（2016·全国甲卷）

轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。

现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。

AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。

物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。

用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。

重力加速度大小为g。

（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；

（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。

解析：

（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。

由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为

Ep＝5mgl①

设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得

Ep＝MvB2＋μMg·4l②

联立①②式，取M＝m并代入题给数据得

vB＝③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足

－mg≥0④

设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得

mvB2＝mvD2＋mg·2l⑤

联立③⑤式得

vD＝⑥

vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。

设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得

2l＝gt2⑦

P落回到AB上的位置与B点之间的距离为

s＝vDt⑧

联立⑥⑦⑧式得

s＝2l。

⑨

（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。

由①②式可知

5mgl＞μMg·4l⑩

要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。

由机械能守恒定律有

MvB2≤Mgl⑪

联立①②⑩⑪式得

m≤M＜m。

⑫

答案：

（1）　2l　

（2）m≤M＜m

命题点四：

动量定理和动量守恒定律

9．（2016·全国乙卷Ⅰ）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。

为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于S）；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。

忽略空气阻力。

已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。

求

（ⅰ）喷泉单位时间内喷出的水的质量；

（ⅱ）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。

解析：

（ⅰ）设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm＝ρΔV①

ΔV＝v0SΔt②

由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为

＝ρv0S。

③

（ⅱ）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。

对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得

（Δm）v2＋（Δm）gh＝（Δm）v02④

在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为

Δp＝（Δm）v⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有

FΔt＝Δp⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得

F＝Mg⑦

联立③④⑤⑥⑦式得

h＝－。

⑧

答案：

（ⅰ）ρv0S　（ⅱ）－

10．（2016·全国甲卷）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。

某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）。

已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。

取重力加速度的大小g＝10m/s2。

（ⅰ）求斜面体的质量；

（ⅱ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

解析：

（ⅰ）规定向右为速度正方向。

冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。

由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝（m2＋m3）v①

m2v202＝（m2＋m3）v2＋m2gh②

式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度。

联立①②式并代入题给数据得m3＝20kg。

③

（ⅱ）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④

代入数据得v1＝1m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有

m2v20＝m2v2＋m3v3⑥

m2v202＝m2v22＋m3v32⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。

答案：

（ⅰ）20kg　（ⅱ）见解析

命题点五：

物理实验

11.

（2013·全国卷Ⅱ）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：

一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图所示。

向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放；小球离开桌面后落到水平地面。

通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

回答下列问题：

（1）本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。

已知重力加速度大小为g。

为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的________（填正确答案标号）。

A．小球的质量m

B．小球抛出点到落地点的水平距离s

C．桌面到地面的高度h

D．弹簧的压缩量Δx

E．弹簧原长l0

（2）用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek＝______。

（3）

图中的直线是实验测量得到的sΔx图线。

从理论上可推出，如果h不变，m增加，sΔx图线的斜率会__________（填“增大”、“减小”或“不变”）；如果m不变，h增加，sΔx图线的斜率会________（填“增大”、“减小”或“不变”）。

由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与Δx的______次方成正比。

解析：

（1）利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度v0。

由s＝v0t，h＝gt2，联立解得v0＝s。

要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s，桌面到地面的高度h；由Ek＝mv02知，还需要测量小球的质量m，因弹簧劲度系数未知，D、E错误，A、B、C正确。

（2）小球抛出时的动能Ek＝mv02＝。

（3）弹簧的弹性势能Ep＝Ek＝mv02＝，即s＝2，根据题目所给的直线关系可知，s与Δx成正比，

而Ep与s2成正比，故Ep应与Δx的2次方成正比，即s∝2Δx，sΔx图线的斜率正比于，如果h不变，m增加，sΔx图线的斜率将会减小；如果m不变，h增加，则sΔx图线的斜率会增大。

答案：

（1）ABC　

（2）　（3）减小　增大　2

12．（2016·全国甲卷）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图所示：

轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。

向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

（1）实验中涉及下列操作步骤：

①把纸带向左拉直

②松手释放物块

③接通打点计时器电源

④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量

上述步骤正确的操作顺序是______（填入代表步骤的序号）。

（2）图中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。

打点计时器所用交流电的频率为50Hz。

由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s。

比较两纸带可知，________（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。

解析：

（1）实验时首先向左推物块使弹簧压缩，测量出弹簧压缩量，然后把纸带向左拉直，先接通打点计时器电源，待打点稳定后，再松手释放物块，故正确的操作顺序是④①③②。

（2）物块脱离弹簧后将在光滑水平桌面上做匀速直线运动，由M纸带可知物块脱离弹簧时的速度v＝＝m/s≈1.29m/s。

比较M、L两纸带，物块脱离弹簧后在相同时间内的位移M的比L的大，则M纸带对应的实验中物块在脱离弹簧后的速度大，即M纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。

答案：

（1）④①③②　

（2）1.29　M