届高考物理第一轮复习随堂练习题20文档格式.docx
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他的重力势能减少了mgh，B选项错误；
他的机械能减少了ΔE＝Fh，C选项错误，D选项正确．
4．
图5－3－18
如图5－3－18所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m＝0.1kg的铁块，它与纸带右端的距离为L＝0.5m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s＝0.8m．已知g＝10m/s2，桌面高度为H＝0.8m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：
（1）铁块抛出时速度大小；
（2）纸带从铁块下抽出所用时间t1；
（3）纸带抽出过程产生的内能E.
（1）水平方向：
s＝vt①
竖直方向：
H＝
gt2②
由①②联立解得：
v＝2m/s.
（2）设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得μmg＝ma1③
纸带抽出时，铁块的速度v＝a1t1④
③④联立解得t1＝2s.
（3）铁块的位移s1＝
a1t
⑤
设纸带的位移为s2；
由题意知，s2－s1＝L⑥
由功能关系可得E＝μmgs2＋μmg（s2－s1）⑦
由③④⑤⑥⑦联立解得E＝0.3J.
（1）2m/s
（2）2s （3）0.3J
5.
图5－3－19
（2010·
成都市摸底测试）如图5－3－19所示为某同学设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为37°
，木箱与轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.设计要求：
木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量m＝2kg的货物装入木箱，木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动装货装置立刻将货物御下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，接着再重复上述过程．若g取10m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8.求：
（1）离开弹簧后，木箱沿轨道上滑的过程中的加速度大小；
（2）满足设计要求的木箱质量．
（1）设木箱质量为m′，对木箱的上滑过程，由牛顿第二定律有：
m′gsin37°
＋μm′gcos37°
＝m′a
代入数据解得：
a＝8m/s2.
（2）设木箱沿轨道下滑的最大距离为L，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律：
货物和木箱下滑过程中有：
（m′＋m）gsin37°
L＝μ（m′＋m）gcos37°
L＋Ep
木箱上滑过程中有Ep＝m′gsin37°
L＋μm′gcos37°
L
联立代入数据解得：
m′＝m＝2kg.
（1）8m/s2
（2）2kg
图5－3－20
如图5－3－20所示，一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨道所受压力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为（ ）
A.
mgRB.
mgRC.
mgRD.
mgR
设铁块在圆轨道底部的速度为v，则1.5mg－mg＝m
，由能量守恒有：
mgR－ΔE＝
mv2，所以ΔE＝
mgR.
2.
图5－3－21
如图5－3－21所示，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体的重力势能减少，动能增加
B．斜面的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面组成的系统机械能守恒
物体下滑过程中，由于物体与斜面相互间有垂直于斜面的作用力，使斜面加速运动，斜面的动能增加；
物体沿斜面下滑时，既沿斜面向下运动，又随斜面向右运动，其合速度方向与弹力方向不垂直，且夹角大于90°
，所以物体克服相互作用力做功，物体的机械能减少，但动能增加，重力势能减少，故A项正确，B、C项错误．对物体与斜面组成的系统内，只有动能和重力势能之间的转化，故系统机械能守恒，D项正确．
AD
图5－3－22
如图5－3－22所示，一根跨越光滑定滑轮的轻绳，两端各有一杂技演员（可视为质点），演员a站于地面，演员b从图示的位置由静止开始向下摆，运动过程中绳始终处于伸直状态，当演员b摆至最低点时，演员a刚好对地面无压力，则演员a与演员b质量之比为（ ）
A．1∶1B．2∶1C．3∶1D．4∶1
由机械能守恒定律求出演员b下落至最低点时的速度大小为v.
mv2＝mgl（1－cos60°
），v2＝2gl（1－cos60°
）＝gl.此时绳的拉力为T＝mg＋m
＝2mg，演员a刚好对地压力为0.则mag＝T＝2mg.故ma∶m＝2∶1.
B
4.
图5－3－23
如图5－3－23所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面；
b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为（ ）
A．hB．1.5hC．2hD．2.5h
考查机械能守恒定律．在b球落地前，a、b球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：
3mgh－mgh＝
（m＋3m）v2，v＝
，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，在这个过程中机械能守恒，
mv2＝mgΔh，Δh＝
＝
，所以a球可能达到的最大高度为1.5h，B项正确．
图5－3－24
如图5－3－24所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上有一质量为3kg的物体被一个劲度系数为120N/m的压缩轻质弹簧突然弹开，物体离开弹簧后在水平面上继续滑行了1.3m才停下来，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．物体开始运动时弹簧的弹性势能Ep＝7.8J
B．物体的最大动能为7.8J
C．当弹簧恢复原长时物体的速度最大
D．当物体速度最大时弹簧的压缩量为x＝0.05m
物体离开弹簧后的动能设为Ek，由功能关系可得：
Ek＝μmgx1＝7.8J，设弹簧开始的压缩量为x0，则弹簧开始的弹性势能Ep0＝μmg（x0＋x1）＝7.8J＋μmgx0＞7.8J，A错误；
当弹簧的弹力kx2＝μmg时，物体的速度最大，得x2＝0.05m，D正确，C错误；
物体在x2＝0.05m到弹簧的压缩量x2＝0的过程做减速运动，故最大动能一定大于7.8J，故B错误．
6.
图5－3－25
如图5－3－25所示，电梯由质量为1×
103kg的轿厢、质量为8×
102kg的配重、定滑轮和钢缆组成，轿厢和配重分别系在一根绕过定滑轮的钢缆两端，在与定滑轮同轴的电动机驱动下电梯正常工作，定滑轮与钢缆的质量可忽略不计，重力加速度g＝10m/s2.在轿厢由静止开始以2m/s2的加速度向上运行1s的过程中，电动机对电梯共做功为（ ）
A．2.4×
103JB．5.6×
103J
C．1.84×
104JD．2.16×
104J
电动机做功：
W＝（M－m）gh＋
（M＋m）v2＝（1000－800）×
10×
1＋
（1000＋800）×
22＝5600J.
7.
图5－3－26
来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手．蹦床是一项好看又惊险的运动，如图5－3－26所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点．不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，A、B、C三个位置运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是（ ）
A．vA<
vB，vB>
vCB．vA>
vB，vB<
vC
C．EA＝EB，EB>
ECD．EA>
EB，EB＝EC
A机械能守恒，EA＝EB，B→A机械能守恒，EA＝EB，B→C弹力对人做负功，机械能减小，EB>
EC.
8.
图5－3－27
如图5－3－27所示，小球从A点以初速度v0沿粗糙斜面向上运动，到达最高点B后返回A，C为AB的中点．下列说法中正确的是（ ）
A．小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，合外力做功为零
B．小球从A到C过程与从C到B过程，减少的动能相等
C．小球从A到B过程与从B到A过程，损失的机械能相等
D．小球从A到C过程与从C到B过程，速度的变化量相等
小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，重力做功为零，支持力不做功，摩擦力做负功，所以A选项错误；
从A到B的过程与从B到A的过程中，位移大小相等，方向相反，损失的机械能等于克服摩擦力做的功，所以C选项正确；
小球从A到C过程与从C到B过程，位移相等，合外力也相等，方向与运动方向相反，所以合外力做负功，大小相等，所以减少的动能相等，因此，B选项正确；
小球从A到C过程与从C到B过程中，减少的动能相等，而动能的大小与质量成正比，与速度的平方成正比，所以D错误．
BC
9.
图5－3－28
在2008北京奥运会上，俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩第24次打破世界记录．图5－3－28为她在比赛中的几个画面，下列说法中正确的是（ ）
A．运动员过最高点时的速度为零
B．撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能
C．运动员要成功跃过横杆，其重心必须高于横杆
D．运动员在上升过程中对杆先做正功后做负功
撑杆跳运动员过最高点时竖直速度为零，水平速度不为零，选项A错误；
当运动员到达最高点杆恢复形变时，弹性势能转化为运动员的重力势能和动能，选项B错误；
运动员可以背跃式跃过横杆，其重心可能低于横杆，选项C错误；
运动员在上升过程中对杆先做正功转化为杆的弹性势能后做负功，杆的弹性势能转化为运动员的重力势能和动能，选项D正确．
10.
图5－3－29
泰州市联考）如图5－3－29所示，半径为R的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v0，若v0大小不同，则小球能够上升到的最大高度（距离底部）也不同．下列说法中正确的是（ ）
A．如果v0＝
，则小球能够上升的最大高度为
B．如果v0＝
C．如果v0＝
D．如果v0＝
，则小球能够上升的最大高度为2R
根据机械能守恒定律，当速度为v0＝
，由mgh＝
mv
解出h＝
，A项正确，B项错误；
当v0＝
，小球正好运动到最高点，D项正确；
时小球运动到最高点以下，若C项成立，说明小球此时向心力为0，这是不可能的．
11．
图5－3－30
如图5－3－30所示，AB为半径R＝0.8m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接．小车质量M＝3kg，车长L＝2.06m，车上表面距地面的高度h＝0.2m．现有一质量m＝1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车．已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运行了1.5s时，车被地面装置锁定．（g＝10m/s2）试求：
（1）滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；
（2）车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；
（4）滑块落地点离车左端的水平距离．
（1）设滑块到达B端时速度为v，
由动能定理，得mgR＝
mv2
由牛顿第二定律，得FN－mg＝m
联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：
FN＝3mg＝30N.
（2）当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得
对滑块有：
－μmg＝ma1
对小车有：
μmg＝Ma2
设经时间t两者达到共同速度，则有：
v＋a1t＝a2t
解得t＝1s．由于1s＜1.5s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：
v′＝a2t＝1m/s
因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：
x＝
a2t2＋v′t′＝1m.
（3）从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离Δx＝
t－
a2t2＝2m
所以产生的内能：
E＝μmgΔx＝6J.
（4）对滑块由动能定理，得－μmg（L－Δx）＝
mv″2－
mv′2
滑块脱离小车后，在竖直方向有：
h＝
gt″2
所以，滑块落地点离车左端的水平距离：
x′＝v″t″＝0.16m.
（1）30N
（2）1m （3）6J （4）0.16m
12．
图5－3－31
10只相同的小圆轮并排水平紧密排列，圆心分别为O1、O2、O3、…、O10，已知O1O10＝3.6m，水平转轴通过圆心，圆轮绕轴顺时针转动的转速均为
r/s.现将一根长0.8m、质量为2.0kg的匀质木板平放在这些轮子的左端，木板左端恰好与O1竖直对齐，如图5－3－31所示，木板与轮缘间的动摩擦因数为0.16，不计轴与轮间的摩擦，g取10m/s2.试求：
（1）轮缘的线速度大小；
（2）木板在轮子上水平移动的总时间；
（3）轮在传送木板过程中所消耗的机械能．
（1）轮缘转动的线速度：
v＝2πnr＝1.6m/s.
（2）板运动的加速度：
a＝μg＝0.16×
10m/s2＝1.6m/s2
板在轮上做匀加速运动的时间：
t＝
＝1s
板在做匀加速运动中所发生的位移：
x1＝
at2＝
×
1.6×
12m＝0.8m
板在做匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为：
x2＝3.6m－0.8m－0.4m＝2.4m
因此，板运动的总时间为：
t＝t1＋
＝1s＋
s＝2.5s.
（3）由功能关系知：
轮子在传送木板的过程中所消耗的机械能一部分转化成了木板的动能，另一部分因克服摩擦力做功转化成了内能，即：
木板获得的动能：
Ek＝
mv2，摩擦力做功产生的内能：
Q＝Ff·
Δx
加速过程木板与轮子间的相对位移：
Δs＝v·
·
t，消耗的机械能：
ΔE＝Ek＋Q
联立上述四个方程解得：
ΔE＝mv2＝2×
1.62J＝5.12J.
（1）1.6m/s
（2）2.5s （3）5.12J
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