导与练届高三物理二轮复习限时训练 全国通用专题五 限时训练docWord文档格式.docx

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解析:

在车厢相互撞击使弹簧压缩过程中,由于要克服摩擦力做功,且缓冲器所受合外力做功不为零,因此机械能不守恒,选项A错误;

克服摩擦力做功消耗机械能,选项B正确;

撞击以后垫板和车厢有相同的速度,因此动能并不为零,选项C错误;

压缩弹簧过程弹簧的弹性势能增加,并没有减小,选项D错误.

2.（2014上海卷）静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升,在某一高度撤去恒力.不计空气阻力,在整个上升过程中,物体机械能随时间变化关系是（　C　）

物体机械能的增量等于恒力做的功,恒力做功WF=Fh,h=

at2,则有外力作用时,物体机械能随时间关系为E=

Fat2.撤去恒力后,物体机械能不变,故选项C正确.

3.如图所示,质量为m的金属线框A静置于光滑平面上,通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连,图中虚线内为一水平匀强磁场,d表示A与磁场左边界的距离,不计滑轮摩擦及空气阻力,设B下降h（h>

d）高度时的速度为v,则以下关系中能够成立的是（　C　）

A.v2=gh

B.v2=2gh

C.A产生的热量Q=mgh-mv2

D.A产生的热量Q=mgh-

mv2

因h>

d,故线框一定经过磁场区域,由Q+

（m+m）v2=mgh,得Q=mgh-mv2,v2<

gh,故选项C正确,A,B,D错误.

4.（2015黑龙江省哈师大附中等三校二模）如图所示,两根完全相同的轻质弹簧,下端固定在地面上,质量不同,形状相同的两物块分别置于两弹簧上端但不拴接.现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量.撤去外力后,两物块由静止向上运动并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块一定满足（弹簧始终在弹性限度之内,以地面为零势能面）（　B　）

A.两物块达最大速度时的高度相同

B.上升的最大高度不同

C.最大加速度相同

D.最大重力势能不同

当物块的弹力等于重力时,物块加速度为零,物块达最大速度.由于两物块质量不相同,物块达最大速度时受到的弹力不相同,高度也不相同,故选项A错误;

两弹簧具有相同的压缩量时,具有的弹力大小和弹性势能是相同的,弹性势能完全转化为重力势能时,由于两物块质量不相同,上升的最大高度不同,故选项B正确,D错误;

由牛顿第二定律可知,两物块的最大加速度不相同,故选项C错误.

5.（2015大庆市第二次质检）一个质量为m可视为质点的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道边缘由静止滑下,到半圆底部时,轨道所受的压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为（　C　）

A.

mgRB.

mgRC.

mgRD.

mgR

在半圆底部N-mg=

N=1.5mg,得出

mv2=

mgR,所以铁块损失的机械能ΔE=E1-E2=mgR-

mgR,故选项C正确.

6.（2015衡水市高三调研）一质点在0～15s内竖直向上运动,其加速度—时间图像如图所示,若取竖直向下为正,g取10m/s2,则下列说法正确的是（　D　）

A.质点的机械能不断增加

B.在0～5s内质点的动能增加

C.在10～15s内质点的机械能一直增加

D.在5～10s内质点的机械能变化量大于10～15s内质点的机械能变化量

由图像可以看出0～5s内的加速度等于g,5～10s内的加速度小于g,10～15s内的加速度大于g,故质点的机械能先不变,后增加,再减小,故选项A错误;

在0～5s内,质点速度向上,加速度方向向下,加速度与速度方向相反,则质点减速,速度减小,则动能减小,故选项B错误;

在10～15s内,质点向上减速运动的加速度大于g,说明质点受到了方向向下的外力,做负功,机械能减少,故选项C错误;

根据牛顿第二定律,5～10s内,mg-F=ma,得F=2m,方向向上,做正功,质点机械能增加;

10～15s内,mg+F=ma得F=2m,方向向下,质点机械能减少;

质点一直向上做减速运动,而10～15s内的速度小于5～10s内的速度,则10～15s内的位移s3小于5～10s内的位移s2,故Fs2>

Fs3,故选项D正确.

7.（2015遵义市第二次联考）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（　BCD　）

A.L1=L2=

B.W2>

W1

C.W1=mgL1D.W2=mgL2+

没有力向上提时,弹簧压缩量Δx1=

弹性势能为E1;

有力向上提,使B刚要离开地面时,弹簧伸长量Δx2=

弹性势能为E2.所以L1=L2=

故选项A错误;

由于E1=E2,可知W1=mgL1,W2=mgL2+

mv2,所以W2>

W1,故选项B,C,D正确.

8.（2015云南第一次检测）如图所示,三根绝缘轻杆构成一个等边三角形,三个顶点上分别固定A,B,C三个带正电的小球.小球质量分别为m,2m,3m,所带电荷量分别为q,2q,3q.CB边处于水平面上,ABC处于竖直面内,整个装置都处于方向与CB边平行向右的匀强电场中.现让该装置绕过中心O并与三角形平面垂直的轴顺时针转过120°

角,则A,B,C三个球所构成的系统的（　AD　）

A.电势能不变B.电势能减小

C.重力势能减小D.重力势能增大

如图所示,在顺时针转过120°

过程中,电场力对A,B,C三个球

做的功分别为WA=qE×

=

WB=-2q×

E×

l=-2qEl,WC=3qE×

所以电场力对系统做的功W=WA+WB+WC=0,电势能不变,故选项A正确,B错误;

A,B,C三个球重力做的功分别为WA′=mgh,WB′=0,WC′=-3mgh,所以系统重力做功W′=WA′+WB′+WC′=-2mgh,重力势能增大,故选项C错误,D正确.

9.（2015沧州市质量监测）如图所示,一光滑直杆固定在竖直平面内,与水平面的夹角θ=60°

有一质量为m的圆环穿在杆上,圆环连接细线,细线另一端通过质量与摩擦都不计的定滑轮连接质量也为m的重物.开始时圆环位于A点,此时细线水平,圆环与定滑轮距离为d.直杆上的B点与A点距离也为d.如果将圆环从A点由静止释放,对于圆环从A到B的运动过程,下列说法正确的是（　AC　）

A.环到达B处时,重物上升的高度h=（

-1）d

B.环到达B处时,环与重物的速度大小相等

C.环从A到B,环减少的机械能等于重物增加的机械能

D.如果在B点将圆环由静止释放,重物将向下运动

在A点,圆环的重力与直杆夹角为30°

细线拉力与直杆夹角为60°

显然圆环将沿直杆下滑.环到达B处时,重物上升的高度为h=（2dcos30°

-d）=（

-1）d,故选项A正确;

环到达B处时,环沿绳方向的分速度与重物速度大小相等,故选项B错误;

因环与重物组成的系统机械能守恒,故选项C正确;

分析圆环在B点的受力,重力与细线拉力与直杆的夹角都为30°

所以圆环所受重力、细线拉力、直杆弹力,合力为零,圆环保持静止,故选项D错误.

10.（2015永州三模）如图所示,甲、乙两传送带与水平面的夹角相同,都以恒定速率v向上运动.现将一质量为m的小物体（视为质点）轻轻放在A处,小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v;

在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v,已知B处离地面的高度均为H.则在小物体从A到B的过程中（　AB　）

A.小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小

B.两传送带对小物体做功相等

C.两传送带消耗的电能相等

D.两种情况下因摩擦产生的热量相等

根据公式v2=2ax,可知物体加速度关系a甲<

a乙,再由牛顿第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma,得知μ甲<

μ乙,故选项A正确;

传送带对小物体做功等于小物体的机械能的增加量,动能增加量相等,重力势能的增加量也相同,故两种传送带对小物体做功相等,故选项B正确;

由摩擦生热Q=fs相对知,（甲）图中

Q甲=f1s1=f1（vt1-

）=f1

f1-mgsinθ=ma1=m

;

（乙）图中Q乙=f2s2=f2

f2-mgsinθ=ma2=m

解得Q甲=mgH+

mv2,Q乙=mg（H-h）+

mv2,

Q甲>

Q乙.

根据能量守恒定律,电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和,因物体两次从A到B增加的机械能相同,Q甲>

Q乙,所以将小物体传送到B处,两种传送带消耗的电能甲更多,故选项C,D错误.

二、非选择题

11.（2015抚顺市模拟）如图所示,光滑的直角细杆AOB固定在竖直平面内,OA杆水平,OB杆竖直.有两个质量相等均为0.3kg的小球a与b分别穿在OA,OB杆上,两球用一轻绳连接,轻绳长L=25cm,两球在水平拉力F作用下目前处于静止状态,绳与OB杆的夹角θ=53°

（sin37°

=0.6,cos37°

=0.8,sin53°

=0.8,cos53°

=0.6,g=10m/s2）,求:

（1）此时细绳对小球b的拉力大小,水平拉力F的大小;

（2）现突然撤去拉力F,两球从静止开始运动,设OB杆足够长,运动过程中细绳始终绷紧,则当θ=37°

时,小球b的速度大小.

（1）以小球b为研究对象,设绳子拉力为FT,由小球b受力平衡得

FT=

=5N

杆对b球的弹力N=mbgtan53°

对小球a和小球b整体考虑,拉力F等于OB杆对b球的弹力

所以F=mbgtan53°

=4N.

（2）对小球a和b整体由机械能守恒定律,有

mbg（Lcos37°

-Lcos53°

）=

mb

+

ma

同时,小球a和b的速度满足vbcos37°

=vasin37°

两式联立解得vb=0.6m/s.

答案:

（1）5N　4N　

（2）0.6m/s

12.（2015资阳市适应性监测）

如图所示,固定的光滑圆弧轨道ACB的半径R为0.8m,A点与圆心O在同一水平线上,圆弧轨道底端B点与圆心在同一竖直线上.C点离B点的竖直高度h为0.2m,质量为0.1kg的物块（或视为质点）从轨道上的A点由静止释放,滑过B点后进入足够长的水平传送带,传送带由电动机带动按图示方向匀速运转.不计物块通过轨道与传送带交接处的动能损失,物块与传送带间的动摩擦因数μ为0.1,若物块从A点下滑到传送带上后,又恰能返回到C点,g取10m/s2.求:

（1）物块第一次经过B点时的速度大小和对轨道的压力大小;

（2）传送带的速度大小.

（1）物块从A到B,由机械能守恒定律有

mgR=

m

物体到B点时,设轨道对物块的支持力为FN,由牛顿第二定律有

N-mg=m

联立解得N=3mg=3N

v0=4m/s

即物块在B点对轨道的压力大小为3N.

（2）物块从B点运动到传送带后,向右匀减速运动,要能返回到C点,先向右减速到0后再向左匀加速运动.

设物块向右匀减速的时间为t1,位移大小为x1,则有

μmg=ma

解得a=1m/s2

t1=

=4s

x1=

=8m

设返回时经过B点的速度为v,则由B到C,由机械能守恒定律有

mgh=

解得v=2m/s

即物块以v的速度离开传送带,物块在传送带上向左加速到速度v所走过的位移大小为x2,

x2=

=2m

即x2<

x1,说明物块在传送带上向左匀加速到v后与皮带一起做匀速运动,所以传送带的速度为v=2m/s.

（1）4m/s　3N　

（2）2m/s

13.如图（甲）所示,MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=30°

角固定,M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度为B=0.5T.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab,测得其在下滑过程中的最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R,得到vm与R的关系如图（乙）所示.已知轨道间距为L=2m,重力加速度g取

10m/s2,轨道足够长且电阻不计.

（1）当R=0时,求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势E的大小及杆中电流的方向;

（2）求杆ab的质量m和阻值r;

（3）当R=4Ω时,求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W.

（1）由题图（乙）可知,当R=0时,杆ab最终以v0=2m/s的速度匀速运动,杆ab切割磁感线产生的电动势为

E=BLv0=2V

根据楞次定律可知杆ab中电流方向为b→a.

（2）杆ab下滑过程中的最大速度为vm,杆切割磁感线产生的感应电动势E′=BLvm

由闭合电路欧姆定律得I=

杆ab达到最大速度时满足

mgsinθ-BIL=0

解得vm=

R+

r

由图像可知斜率为k=

m/（s·

Ω）=1m/（s·

Ω）,纵截距为v0=2m/s

根据图像和上式可知图像的截距为

r=2m/s

图像的斜率为

=1m/（s·

Ω）

解得m=0.2kg,r=2Ω.

（3）由法拉第电磁感应定律得E″=BLv

回路的瞬时电功率P=

由以上两式解得P=

杆ab的速度由v1变到v2时,回路瞬时电功率的变化量为

ΔP=

-

由动能定理得W=

由以上两式得W=

ΔP,

解得W=0.6J.

（1）2V　b→a　

（2）0.2kg　2Ω　（3）0.6J