人教版2022年高中物理功和能必练题总结.pdf

1 (每日一练每日一练)人教版人教版 20222022 年高中物理功和能必练题总结年高中物理功和能必练题总结 单选题 1、如图所示，AB、AC两固定斜面的倾角分别为 53、37，底端B和 C 在同一水平面上，顶端均在A点。现使两相同的小物块甲、乙（图中未画出，均视为质点）同时从A点分别沿斜面AB、AC由静止下滑，结果两物块同时滑到斜面的底端。已知甲物块与斜面AB间的动摩擦因数为23，取 sin53=0.8，cos53=0.6，则下列说法正确的是（）A两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比为 6：1 B两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为 6：1 C两物块到达斜面底端时的速率之比为 1：1 D两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为 9：1 答案：A 解析：B设A点到BC的竖直高度为h，则有 LAB=sin53 2 LAC=sin37 所以 LAB：LAC=3：4 根据位移公式 LAB=12甲2 LAC=12乙2 则两物块沿斜面下滑过程中的加速度大小之比为 a甲：a乙=LAB：LAC=3：4 B 错误；A设乙物块与斜面CD间的动摩擦因数为 2。两物体在下滑的过程中，根据牛顿第二定律有 a甲=sin531cos53=gsin531gcos53 乙=sin37 2cos37=sin37 2cos37 联立解得 2=112 根据滑动摩擦力的公式 F=mgcos 两物块沿斜面下滑过程中所受摩擦力的大小之比 f甲：f乙=1mgcos53：2mgcos37=1cos53：2cos37=6：1 A 正确；C根据v=at可知，t相等，两物块到达斜面底端时的速率之比为 3 v甲：v乙=a甲：a乙=3：4 C 错误；D根据功能关系可知，物体损失的机械能之比等于物体克服滑动摩擦力做功之比，根据 Wf=mgxcos 可知，两物块沿斜面下滑过程中损失的机械能之比为 E1：E2=1mgcos53sin53：2mgcos37sin37=9：2 D 错误。故选 A。2、竖直上抛物体的初速度大小与返回抛出点时速度大小的比值为k，物体返回抛出点时速度大小为v，若在运动过程中空气阻力大小不变，重力加速度为g，则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为（）A(21)(2+1)B(2+1)(21)C(+1)(2+1)2D(21)22 答案：C 解析：设空气阻力大小为f，在上升过程中由动能定理，得(+)=0 1202 在下降过程中由动能定理得()=122 且 0=解得 4 +=2 设向下为正方向，在上升过程中，由动量定理得(+)1=0 (0)在下降过程中，由动量定理得()2=二式联立代入+=2 解得 2=1 且 1=(2+1)2 则物体从抛出到返回抛出点所经历的时间为 =1+2=(+1)1=(+1)(2+1)2 故 C 正确，ABD 错误。故选 C。3、如图所示，轻杆一端与一质量为m的小球相连，另一端连在光滑固定轴上，轻杆可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）5 A小球在运动过程中的任何位置对轻杆的作用力都不可能为 0 B当轻杆运动到水平位置时，轻杆对小球的拉力大小不可能等于mg C小球运动到最低点时，对轻杆的拉力可能等于 4mg D小球运动到最低点时，对轻杆的拉力一定不小于 6mg 答案：B 解析：A小球在轻杆的作用下做圆周运动，在最高点时，若只有重力提供向心力，则小球对轻杆的作用力为 0，故 A错误；B假设当轻杆运动到水平位置时，轻杆对小球的拉力等于重力，则有 2 此时小球的动能为 122=12 由机械能守恒定律可知，小球不可能运动到最高点，不能完成完整的圆周运动，假设不成立，B 正确；CD若小球恰能完成完整的圆周运动，则在最高点时，小球的速度为 0，在最低点时，由机械能守恒得小球的动能为=2 由 =2=4 得 =5 由牛顿第三定律，可知小球对轻杆的作用力最小为 5mg，故 CD 错误。6 故选 B。4、如图所示，内壁光滑、质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板M、Q之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是（）A圆轨道对地面的最大压力大小为 8mg B圆轨道对挡板M、Q的压力总为零 C小球运动的最小速度为 D小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板Q的压力大小为 5mg 答案：A 解析：C当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得 +=12 又 Nmg 解得小球在最高点的速度 1=2 该速度为小球运动的最小速度，故 C 错误；7 A根据动能定理得 2=12221212 根据牛顿第二定律得 =2 解得轨道对小球的最大支持力 N7mg 由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为 8mg，故 A 正确；B在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，故 B 错误；D小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得 =12321212 根据牛顿第二定律得=32 解得 N4mg 由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板Q的压力大小为 4mg，故 D 错误。故选 A。5、如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道 1，再进入圆轨道 2，圆轨道 1 的半径为R，圆轨道 2 的半径是轨道 1 的 1.8 倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道 2 的最高点B，则小球在轨道 1 上经过其最高点A时对轨道的压力大小为（重力加速度为g）（）8 A2mgB3mgC4mgD5mg 答案：C 解析：小球恰好能通过轨道 2 的最高点B时，有 mg21.8 小球在轨道 1 上经过其最高点A时，有 FNmg2 根据机械能守恒定律，有 1.6=122122 解得 FN4mg 结合牛顿第三定律可知，小球在轨道 1 上经过其最高点A时对轨道的压力大小为 4mg，ABD 错误，C 正确。故选 C。6、据报道，山东将持续加大高铁建设力度，规划到 2022 年，全省高铁建成和在建里程达到 3900 千米，不仅让老百姓的出行更加方便，也将推动各地经济文化技术交流。现有一列质量为m的动车，从静止开始，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变。动车在时间t内（）9 A动车启动过程所受合外力不变 B动车位移为s222 C平均速度为2 D动车先做匀加速运动后做加速度减小的加速运动 答案：B 解析：A动车的功率恒定，根据 PFv 可知v增大，动车的牵引力减小，受到的合力 F合Ff 将减小，A 错误；B在整个运动过程中，根据动能定理可得 =122 0 解得 =2 22 B 正确；CD根据牛顿第二定律可知 Ffma 10 由于牵引力F减小，则动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的变加速运动，其平均速度 2，CD 错误。故选 B。7、下列说法正确的是（）A如果物体所受合力为零，则合力对物体做的功一定为零 B如果合力对物体所做的功为零，则合力一定为零 C物体在合力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D物体的动能不变，所受合力一定为零 答案：A 解析：A由功的定义可知，物体所受合力为零，则合力对物体做的功一定为零，A 正确；B合力做的功为零，合力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，合力做功等于零，合力不等于零，B 错误；C物体做匀速圆周运动，是变速运动，动能不变，C 错误；D物体做匀速圆周运动，动能不变，合力不等于零，D 错误。故选 A。多选题 8、在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳，如图所示。某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点。不计空气阻力，下列说法正确的是（）11 A从A点运动到O点，小孩重力势能的减少量大于动能的增加量 B从O点运动到B点，小孩机械能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量 C从A点运动到B点，小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量 D从B点返回到A点，小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量 答案：AD 解析：A从A点运动到O点，小孩的速度不断增大，根据能量转化和守恒定律可知，其重力势能的减少量等于增加的动能与弹性绳的弹性势能之和，故重力势能的减少量大于动能的增加量，故 A 正确；B从O点运动到B点，小孩的速度不断减小，根据能量转化和守恒定律可知，小孩机械能减少量等于弹性绳、蹦床弹性势能增加量，故小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能的增加量，故 B 错误；C从A点运动到B点，小孩机械能转化为弹性绳和蹦床的弹性势能，则知小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，故 C 错误；D从B点返回到A点的过程中，弹性绳的弹性势能和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能增加量大于蹦床弹性势能的减少量，故 D 正确。故选 AD。9、如图所示，分别在光滑水平面上用大小相等方向不同的力F拉同一物体由静止开始向右运动相同的距离l，甲图中水平拉，乙图中斜向上拉，下列说法中正确的是（）12 A甲图中物体运动的时间短 B甲图中物体运动的加速度大 C甲、乙两图中力F做功相等 D甲、乙两图中力F做功的平均功率相等 答案：AB 解析：B对甲，由牛顿第二定律得 =对乙，设拉力与水平方向的夹角为，由牛顿第二定律得 cos=显然，甲的加速度大，故 B 正确；C根据功的定义，可知位移相同，甲水平方向上的力大，则甲图中力F做功多。故 C 错误；A由位移时间公式得 =122 可知，位移相同，甲的加速度大，则时间少。故 A 正确；D由公式 13 =可知，甲图做功多，时间小，则甲图中力F的平均功率大。故 D 错误。故选 AB。10、如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平足够长的传送带平滑连接于B点。圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点A以某一初速度0沿切线进入圆弧轨道，小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道。已知重力加速度为g，滑块与传送带之间的滑动摩擦因数为，传送带速度大小为=。不计空气阻力，则以下说法正确的是（）A经过足够长的时间，小滑块最终静止于B点 B小滑块第一次返回圆弧轨道时的最大高度为2 C若0=2，小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中在传送带上痕迹为94 D若0=0，小滑块第五次在传送带上运动的整个过程的时间是2 答案：BD 解析：A由于传送带足够长，小滑块每次减速到 0，都会反向加速到一定的速度，所以小滑块在圆弧和传送带之间做往返运动，最终不会停在B点。故 A 错误；B由于小滑块返回来的速度最大与传送带共速，则 m=0 122 解得 14 m=2 故 B 正确；C设小滑块第 1 次过B点速度大小为1，则 =12121202 解得 1=2 小滑块滑上传送带到共速，设小滑块位移为1，传送带位移为2。规定向左为正。则 =1+1=12 2=联立解得 =，=3，1=32，2=3 分析可知，滑痕为它们的相对位移，即 =2 1=92 故 C 错误；D小滑块到 B 点的速度大小设为，则 =122 0 解得 15 =2 可知，小滑块过 B 点后，先减速到 0，再反向加速到与传送带共速，最后匀速到达 B 点，之后以这个速度在圆弧和传送带之间做往返运动。因此小滑块第五次在传送带上运动的整个过程的时间是 =2=2 故 D 正确。故选 BD。填空题 11、判断下列说法的正误。（1）公式WFlcos 中的l是物体运动的路程。()（2）物体只要受力且运动，该力就一定做功。()（3）功有正负之分，所以功是矢量。()（4）若力不对物体做功，则力一定不会改变物体的运动状态。()答案：错误 错误 错误 错误 解析：略 12、悬崖速降是选择崖面平坦，高度适合的崖壁，用专业的登山绳作保护，由崖壁主体缘绳下滑，从崖顶下降到崖底的一种运动，如图所示，某次速降可视为竖直方向的直线运动，速降者先从静止开始做匀加速运动至2m/s，接着匀速运动了20s，之后做匀减速运动，到达地面时速度恰好减为零，总共历时40s，若速降者及装备的总质量为75kg，运动方向始终竖直向下，取重力加速度大小=10m/s2，则速降者下降的起点距地面的高度为_m，在整个下降过程中，速降者及装备所受重力的最大功率为_W。16 答案：60 1500 解析：1速降者匀速运动的速度=2m/s，设加速、匀速和减速的时间分别为1、2、3，则 1+3=40s 20s=20s 在这 40s 内速降者下降的高度 =2(1+3)+2=22 20m+2 20m=60m 2速降者及装备所受重力的最大功率 =75 10 2W=1500W