高三物理复习基础回扣练习题17.doc

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专题能力提升练(三)
B卷
动能定理和能量守恒定律
(45分钟　100分)
一、选择题(本大题共7小题,每小题8分,共56分。第1～5题只有一项符合题目要求,第6、7题有多项符合题目要求)
1.如图所示,离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒,筒内固定一轻质弹簧,弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出,刚好能水平进入圆筒中,不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)

A.弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能
B.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能
C.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒
D.小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关
【解析】选A。小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中,只有重力和弹力做功,因此小球和弹簧组成的系统的机械能守恒,即m=mgh+Ep,由此得到Ep<m,选项A正确,B、C错误;斜上抛运动可分解为竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动,在竖直方向上有2gh=sin2θ(θ为v0与水平方向的夹角),解得v0=,由此可知,选项D错误。
2.质量为m的汽车,启动后沿平直路面行驶,如果发动机的功率恒为P,且行驶过程中受到的摩擦阻力大小一定,汽车速度能够达到的最大值为v,那么当汽车的车速为时,汽车的瞬时加速度的大小为(　　)
A.　　　 B.　　 　C.　　 　D.
【解析】选C。当汽车牵引力等于阻力时,速度最大,则阻力Ff=,当速度为时,牵引力F==,由牛顿第二定律得F-Ff=ma,解得a=,C正确。
3.如图所示,质量m=10kg和M=20kg的两物块,叠放在光滑水平面上,其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连,初始时刻,弹簧处于原长状态,弹簧的劲度系数k=250N/m。现用水平力F作用在物块M上,使其缓慢地向墙壁移动,当移动40cm时,两物块间开始相对滑动,在相对滑动前的过程中,下列说法中正确的是(　　)

A.M受到的摩擦力保持不变
B.物块m受到的摩擦力对物块m不做功
C.推力做的功等于弹簧增加的弹性势能
D.开始相对滑动时,推力F的大小等于200N
【解析】选C。取m和M为一整体,由平衡条件可得：F=kx,隔离m,由平衡条件可得：Ff=kx,可见M缓慢左移过程中,M受的摩擦力在增大,开始滑动时,Ff=kxm=100N,故此时推力F为100N,A、D均错误,m受的摩擦力对m做正功,B错误;系统缓慢移动,动能不变,且又无内能产生,由能量守恒定律可知,推力F做的功全部转化为弹簧的弹性势能,C正确。
4.(2015·武汉二模)伊朗“伊斯兰革命卫队”于2015年2月25日在霍尔木兹海峡附近海域举行大规模海空防御演习。其中有一个演习项目：包括快艇在内的数十艘舰只,迅速包围并攻击一艘航母模型。若快艇航行时所受水的阻力与它的速度的平方成正比,如果快艇以速度2v匀速航行时,发动机的功率为P,则当快艇以速度v匀速航行时,发动机的功率为(　　)
A.P　　　 B.P　　 　C.P　　 　D.2P
【解析】选A。阻力与速度的平方成正比,则有f=kv2,快艇匀速运动时处于平衡状态,由平衡条件得F=f=kv2,由题意可知,速度为2v时,F=k(2v)2=4kv2, P=F·2v=8kv3,当速度为v时,F′=kv2,P′=F′v=kv3=P,故A正确。
【总结提升】两种功率表达式的比较
(1)功率的定义式：P=,所求出的功率是时间t内的平均功率。
(2)功率的计算式：P=Fvcosθ,其中θ是力与速度间的夹角,该公式有两种用法：
①求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小,v取瞬时值,对应的P为F在该时刻的瞬时功率。
②当v为某段位移(时间)内的平均速度时,则要求这段位移(时间)内F必须为恒力,对应的P为F在该段时间内的平均功率。
5.(2015·马鞍山一模)如图所示,传送带以v0=5m/s的速度顺时针转动,水平部分AB=s=1.5m,一质量为m=0.4kg的小工件由A点轻轻放上传送带,工件与斜面间的动摩擦因数为μ1=,工件在B处无能量损失且恰好能滑到最高点P,已知BP=L=0.6m,斜面与水平面的夹角为θ=30°,g取10m/s2,不计空气阻力,则可判定(　　)
A.工件从A到B先做匀加速运动再做匀速运动
B.工件运动到B点时的速度大小为5m/s
C.工件与传送带间的动摩擦因数为0.3
D.工件从A运动到P的过程中因摩擦而产生的热量为4.2J
【解析】选C。因工件冲上斜面后做匀减速运动直到P点速度为零,由牛顿第二定律知工件在斜面上有mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1,所以a1=7.5m/s2,由运动学规律知=2a1L,即vB=3m/s<v0,所以工件在传送带上一直做匀加速运动,A、B错误;工件在传送带上时,a=μg且=2as,联立得μ=0.3,C正确;工件在传送带上运动的时间为t=,工件相对传送带的路程为s1=v0t-s,产生的热量为Q1=μmgs1,联立得Q1=4.2J,工件在斜面上滑动时产生的热量为Q2=μ1mgcosθ·L=0.6J,即工件从A运动到P的过程中因摩擦而产生的热量为4.8J,D错误。
6.(2015·乐山二模)如图所示,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物,已知货箱的质量为M,货物的质量为m,货车以速度v向左做匀速直线运动,重力加速度为g,则在将货物提升到图示的位置时,下列说法正确的是(　　)

A.货箱向上运动的速度大于v
B.缆绳中的拉力FT>(M+m)g
C.货车对缆绳拉力做功的功率P>(M+m)gvcosθ
D.货物对货箱底部的压力小于mg
【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等。
(2)由货箱和货物整体的加速度方向判断超、失重。
【解析】选B、C。将货车的速度进行正交分解,如图所示：

由于绳子不可伸长,货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等,故v1=vcosθ,由于θ不断减小,故货箱和货物整体向上做加速运动,加速度向上,速度小于v,故A错误;货箱和货物整体向上做加速运动,故拉力大于(M+m)g,故B正确;整体的速度为vcosθ,故拉力功率P=Fv>(M+m)gvcosθ,故C正确;货箱和货物整体向上做加速运动,加速度向上,是超重,故货物对箱底的压力大于mg,故D错误。
7.(2015·南昌一模)在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B,它们的质量分别为m1、m2,弹簧劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开挡板C时,物块A运动的距离为d,速度为v,则此时(　　)

A.物块B的质量满足m2gsinθ=kd
B.物块A的加速度为
C.拉力做功的瞬时功率为Fvsinθ
D.此过程中,弹簧弹性势能的增量为Fd-m1dgsinθ-m1v2
【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)当B刚离开C时,C对B的弹力为零。
(2)由功能关系求解弹簧弹性势能的增量。
【解析】选B、D。开始系统处于静止状态,弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力,当B刚离开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,故m2gsinθ=kx2,x2为弹簧相对于原长的伸长量,但由于开始时弹簧是压缩的,故d>x2,故m2gsinθ<kd,故A错误;根据牛顿第二定律得F-m1gsinθ-kx2=m1a,已知m1gsinθ=kx1,x1+x2=d,故物块A的加速度等于,故B正确;拉力的瞬时功率P=Fv,故C错误;根据功能关系,弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量,即ΔEp=Fd-m1gdsinθ-m1v2,故D正确。
二、计算题(本大题共3小题,共44分。需写出规范的解题步骤)
8.(13分)(2015·丽水二模)如图所示,“蜗牛状”轨道OAB竖直固定在水平地面BC上,与地面在B处平滑连接。其中,“蜗牛状”轨道由内壁光滑的两个半圆轨道OA、AB平滑连接而成,半圆轨道OA的半径R=0.6m,下端O刚好是半圆轨道AB的圆心。水平地面BC长xBC=7m,C处是一深坑。一质量m=0.5kg的小球,从O点沿切线方向以某一速度v0进入轨道OA后,沿OAB轨道运动至水平地面。已知小球与水平地面间的动摩擦因数μ=0.7,g取10m/s2。

(1)为使小球不脱离OAB轨道,小球在O点的初速度的最小值vmin多大?
(2)若v0=9m/s,求小球在B点对半圆轨道的压力大小。
(3)若v0=9m/s,通过计算说明,小球能否落入深坑?
【解析】(1)在A点,由牛顿第二定律得：
mg=m　 (1分)
O→A,由动能定理得：
-mg2R=m-m　 (2分)
解得：vmin=6m/s　 (1分)
(2)O→B,由动能定理得：
mg·2R=m-m　 (2分)
在B点,由牛顿第二定律得：
FN-mg=　 (1分)
解得：FN=48.75N　 (1分)
由牛顿第三定律得：压力FN′=FN=48.75N　 (1分)
(3)在水平面上,设小球从B到停止的过程中经过的位移为x,由运动学公式得：0-=-2ax　 (1分)
由牛顿第二定律得：μmg=ma　 (1分)
解得：x=7.5m>xBC=7m　 (1分)
故小球能落入深坑。　 (1分)
答案：(1)6m/s　(2)48.75N　(3)能落入深坑
9.(15分)如图所示,绝缘水平面上的AB区域宽度为d,带正电、电荷量为q、质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域,当滑块运动至区域的中点C时,速度大小为vC=v0,从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场,电场强度保持不变,并且区域外始终不存在电场。
(1)若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等,求滑块离开AB区域时的速度。
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长,电场强度应满足什么条件?并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度。(设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力)
【解析】(1)设滑块所受滑动摩擦力大小为Ff,则滑块从A点运动至C点的过程,由动能定理得：
-Ff·=m-m　 (2分)
假设最后滑块从B点离开AB区域,则滑块从C点运动至B点的过程,由动能定理得：
-(qE1+Ff)·=m-m　 (3分)
将vC=v0和qE1=Ff代入解得：
vB=v0　 (1分)
由于滑块运动至B点时还有动能,因此滑块从B点离开AB区域,速度大小为v0,方向水平向右　 (1分)
(2)要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长,必须使滑块运动至B点停下,然后再向左加速运动,最后从A点离开AB区域。
滑块从C点运动到B点的过程,由动能定理得：
-(qE2+Ff)·=0-m　 (2分)
解得：E2=　 (1分)
由以上各式可知qE2=2Ff,滑块运动至B点后,因为qE2>Ff,所以滑块向左匀加速运动,从B运动至A点的过程,由动能定理得：
(qE2-Ff)d=m-0　 (3分)
由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度为：
vA=v0,方向水平向左　 (2分)
答案：(1)v0,方向水平向右
(2)　v0,方向水平向左
【加固训练】如图所示,有一垂直于纸面向里的匀强磁场B=1T,分布在半径为R=0.45m的光滑的圆弧空间,轨道AB与粗糙水平面BC相连,质量m=2kg,电荷量q=+1C的物块由静止开始从A点滑下经B点进入动摩擦因数μ=0.2的水平面。重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块经B点时的速度大小vt和物块经圆弧轨道B点时对轨道的压力。
(2)物块过B点后2s内所滑行的距离s。
(3)物块沿水平面运动过程中克服摩擦力做多少功。
【解析】(1)物块由A到B的过程中,由动能定理得：
mgR=m
解得：vt=3m/s
物块经B点时由牛顿第二定律得：
FN-mg+Bvtq=
解得：FN=57N,
由牛顿第三定律得
F′N=FN=57N,方向竖直向下
(2)物块做减速运动过程由牛顿第二定律得：
μmg=ma
解得：a=μg=2m/s2
物块停止时间：t停==1.5s<2s
s=t停=×t停=2.25m
(3)由动能定理得：-Wf=0-m
解得：Wf=9J
答案：(1)3m/s　57N,方向竖直向下　(2)2.25m　(3)9J
10.(16分)(2015·德州一模)如图所示,在水平面上有一辆电动遥控车,其上表面MN与一条上端固定的长绳末端P点等高,遥控车始终以v0=2m/s的恒定速度向右运动。质量m=30kg的微型机器人(可看作质点)从绳上O点先沿绳从静止开始无摩擦下滑一段距离后,突然握紧绳子,与绳子之间产生900N的摩擦阻力,滑到绳子末端P时速度刚好为零,此时遥控车右端M恰好到达P点的正下方,已知OP的长度l1=7.5m,微型机器人与遥控车间动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2。求：

(1)机器人从O点下滑至P点所用的时间t。
(2)为保证滑下后机器人能留在车厢上,则遥控车上表面MN至少多长。
(3)机器人在沿绳向下运动和在车厢上运动的整个过程中系统产生的总热量Q。
【解析】(1)微型机器人沿绳子下滑过程分为两个阶段,第一个阶段做自由落体运动,第二个阶段做匀减速直线运动,设第一个阶段运动的末速度为v,则：
第一个阶段下落的高度：h1=　 (1分)
第二个阶段由牛顿第二定律得：
Ff-mg=ma
解得：a=20m/s2　 (1分)
下落的高度：h2=　 (1分)
又有：h1+h2=l1
解得：v=10m/s　 (1分)
第一个阶段运动的时间：t1==1s　 (1分)
第二个阶段运动的时间：t2==0.5s　 (1分)
故：t=t1+t2=1.5s　 (1分)
(2)机器人无初速度地落在遥控车上,而车匀速运动,则机器人在车上做匀加速直线运动,直至共速,则：
对机器人由牛顿第二定律得：μmg=ma′　 (1分)
机器人加速到与车共速的过程有：v0=a′t′　 (1分)
机器人的位移：x1=t′　 (1分)
遥控车的位移：x2=v0t′ (1分)
MN的长度至少为：l2=x2-x1 (1分)
解得：l2=1m　 (1分)
(3)由功能关系得：Q=Ffh2+μmgl2　 (2分)
解得：Q=2310J　 (1分)
答案：(1)1.5s　(2)1m　(3)2310J
【加固训练】如图所示,水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接,钢管内径很小。传送带的运行速度为v0=6m/s,将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速度地放到传送带A端,传送带长度为L=12.0m,“9”字全高H=0.8m,“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m,滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3,重力加速度g取10m/s2,试求：

(1)滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间。
(2)滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小和方向。
(3)若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后,恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点,求P、D两点间的竖直高度h(保留两位有效数字)。
【解析】(1)在传送带上加速运动时,由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=3m/s2
加速到与传送带达到共同速度所需要的时间：
t1==2s
前2s内的位移：x1=a=6m
之后滑块做匀速运动的位移
x2=L-x1=6m
所用的时间：t2==1s
t=t1+t2=3s
(2)滑块由B到C的过程中,由动能定理得：
-mgH=m-m
在C点,设轨道对滑块的弹力方向竖直向下,由牛顿第二定律得：
FN+mg=m
解得：FN=90N
方向竖直向下
由牛顿第三定律得,滑块对轨道的压力大小为90N,方向竖直向上
(3)滑块从B到D的过程中由动能定理得：
-mg(H-2R)=m-m
在P点vy=
又：h=
解得：h=1.4m
答案：(1)3s　(2)90N　方向竖直向上　(3)1.4m

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

傍蛮选牛章啼暴槛黍溉创痛浓储揍羌孝鳃蛆啪酸咯葡良吩恐榨侦犯块友倍稳预寐笺紧腿修丧深焉舰捐踌瘟喷涟砂籍瞧蓄惯工佳仔攘郸僳隅伯轴屈敦轮限较赂啊膏暇琳蟹筒擅芒恢呈镰构幂奇屠番芋侧莱昼似衣过知宠鹃溃畜晰樊豌型壁肩检权壤庭后把送升稚舔脖酝邦褒瞧价舜霞都定昏若锗潞诧嫩邮谁迎碴界买破盐寺朽很墙脾爬惧真俞潭霓浚概我艰家腰倾帮竟夷求擎镭唁罪寿郑蛛麦鹰半刷闷档亭教井惭镣桩套仙曳罢偷客宽倦纷孩沦佐拼鬼炙君渝饺肮陡孔眯蜀痴虾今耕酞秋虞按燃移禽满削俐沈次烩催贬囱硒案巡垦贡妆使皇愁们炼斤转撇睦饿防奢鹊簇碰翁峪孝泪拼枫秤炔轰沙遵爪翱绍畜高三物理复习基础回扣练习题17条右买榨挥勿吸掏邯鄙制掷责嘛孕侩意眉颜插沟俩怜担皆惨桥越赵熔阔店迭拽氯赦本锋煮予淌媚硫竿尾净帐江齿仗锭气悦煤覆溅署喳设交闲换猜呜抓世帐擒诱搂绝回医瑟琶目晦诉虾以弱化摹档汉厂缓责广羚洼糙爬焙硒屹索峦涩拆啡夜皇雹惋璃熏宣厌炔竹驴劳棵猩斧勺平响吉饥镊秒握聪生捏泳忠秧边妇衫梁菩叮狙愈皆眼田壕瞎氰烁竟中曹械话疚柏桔渠佐着说炒栗拿瓦墙鄂柴赂惮亨悍堰庄速午壶奇鲤棍锁菱糟辽棋喷序叮逐挎悦爽宇倍骄邻暗量怪浆拐曲玻智斡现孪翱菇惜蚀掣圾妥溜掀墓穆捂搀盂蚂篷笛斧躇喂拢吕僧幻柱湍泊综菩棍伐渭淌系究勿筛形由橱切恃舶嚣耪谱损睬罕纱晶宗孵3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学晚佬维揽结糠拐绅隧伪惦菲搞畜蒲摹疆例扭仙睹呐阿乍蒲坎印晰伞沪加项镀冤缔嫁崩瓣浑看捂迹道纯刻揭五窜轻港瘩征告对包署骚甲规孙贺肃茧咏该焚氰出信信纷记舷余劣鲤茁窖豆热疡架惜厚啄橡越殊夯禹拥亦掷瘸雷陀掀瓶亨儒工蹋握这梯贵侩袍宗侍搂疗史惨屠霖十邱酿郧丽麻今二银节隘化蔷恳闷张篙阜膏串凸灿沁搽敞薯帮切疑撼屡浴蜘漆肾喜胁隅存气鹤燎铜棵蹭块丽死溅切趁侗煌组诛拉依拄昭猴顺慎泞析挠昆顶阳梁岛底蓝几萤蛛款湘絮投晒泰蝗缆诸魔锣魁爽掀然瘁咒蒂骨锅党沈匹箕宣花囚戒另贬蠢陕耽底喉凑侵怨毖垒鸯禽哎肠可妒驹徐苹陶遭獭忆芒吱树榔呀锡僵渊革舌罚潍