人教版物理骄子之路高考总复习部分详解答案.doc

人教版物理骄子之路高考总复习部分详解答案
1. 在物体运动的过程中，受到重力、斜面体对物体的作用力，由于物体做匀速运动，合力做功为零，再分析斜面体对物体所做的功．
解：A、D、物体m受重力、支持力N和静摩擦力f，做匀速直线运动，三力平衡，故： N=mgcosα f=mgsinα
根据牛顿第三定律，对斜面的压力大小为mgcosα，故A正确；
所受的摩擦力方向平行斜面向上，故D错误；
B、支持力与位移的夹角小于90°，故支持力做正功，故B错误；
C、静摩擦力与位移夹角大于90°，做负功，故C正确； 故选AC．

2. 由功的公式W＝Fscos α可得力F对物体m做的功W＝F·s，与有无摩擦无关，与物体是加速、减速还是匀速也无关，如果一个力作用在物体上，物体在这个力的方向上移动了一段距离，力学里就说这个力做了功． 用恒力F拉着质量为m的物体沿水平面从A移到B的过程中，拉力方向的位移为s，故拉力的功为：W=Fs；
3. 解：A、人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做正功B、人的重心不动，绳对人的拉力和人与传送带间的摩擦力平衡，而拉力又等于mg．所以人对传送带做功的功率为mgv．C、因人没有位移，则传送带对人不做功．故C错误
D、体能参数为人做功率与体重之比即：=v比值越大说明运动员越有力，体能越好．
4. 汽车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受阻力始终不变，根据牛顿第二定律得出牵引力的变化，根据P=Fv得出发动机输出功率的变化．
解：A、根据牛顿第二定律得，F-f=ma，则F=f+ma，因为阻力、加速度不变，所以牵引力不变．故A正确，B错误．C、发动机的输出功率P=Fv，F不变，v增大，则发动机的输出功率增大．故C错误，D正确．
5.解：A、对整体过程研究，重力做功为零，根据动能定理得：木板对物块做功W=．故A正确．B、缓慢地抬高A端的过程中摩擦力不做功，下滑过程，滑动摩擦力对物块做负功，摩擦力做功为Wf=-mgcosαL．故B错误．
C、缓慢地抬高A端的过程中，根据动能定理得：WN-mgLsinα=0，得到支持力对小物块做功为WN=mgLsinα．故C正确．D、对下滑过程，根据动能定理得：mgLsinα+Wf=-0，得到滑动摩擦力对小物块做功为Wf=-mgLsinα．故D正确． 6.

7. 试题分析：A和B达到最大速度v时，A和B的加速度应该为零．对AB整体：由平衡条件知
kx-〔m+M〕gsinθ-μ〔m+M〕gcosθ=0， 所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，AB间的弹力为0，A和B具有共同的加速度，对B受力分析：由牛顿第二定律知，沿斜面方向，mgsinθ+μmgcosθ=ma， 得a=gsinθ+μgcosθ，B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于AB整体，根据动能定理得：  -〔m+M〕gLsinθ-μ〔m+M〕gcosθ•L+W弹=，得：W弹=+〔m+M〕gLsinθ-μ〔m+M〕gcosθ•L，C错；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得：B受到的合力对它做的功W=，D正确.所以本题选择BD.

8. 由动能定理，45 J＝mv2/2，第1秒末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A正确；撤去拉力后加速度的大小a＝m/s2＝1 m/s2，摩擦力Ff＝ma＝10 N，又Ff＝μmg，解出μ＝0.1，故B错误；第1秒内物体的位移s＝1.5 m，第1秒内摩擦力对物体做的功W＝－Ff＝－15 J，故C错误；第1秒内加速度a1＝m/s2＝3 m/s2，设第1秒内拉力为F，则F－Ff＝ma1，第1秒内拉力对物体做的功W′＝Fs＝60 J，故D正确．
9. 从图象可以看出在前两秒力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，2s末速度达到最大，从2秒末开始到4秒末运动的方向没有发生改变而力的方向发生了改变与运动的方向相反，物体又经历了一个加速度逐渐增大的减速运动和加速度逐渐减小的减速的和前2秒运动相反的运动情况，4秒末速度为零，物体的位移达到最大．
解：A、从图象可以看出在前两秒力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，第2s末，拉力F方向反向，速度方向不变，所以第2s末，质点离出发点距离还在增大，故A错误．
B、第2s末，拉力F方向反向，速度方向不变，物体要做减速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动能最大，故B正确．
C、0～1s内，速度在增大，力F增大，根据瞬时功率p=Fv得力F瞬时功率一直增大，
1～2s内，速度在增大，但是随时间速度增大变慢，而力F随时间减小变快，所以力F瞬时功率减小，故C错误．
D、0～4s内，初末速度都为零，根据动能定理得合力做功为零，所以力F做功为零，故D正确．

十九
1. 力F是恒力，在力的方向上的位移为x，所以，故A错误；根据动能定理可得：合力做功为：，B错误；过程中，重力做负功，为，、小车克服重力所做的功是mgh；对小车从A运动到B的过程中运用动能定理得：，即，所以
2. 对物体根据动能定理，解得W=+mgH,即电梯地板对物体的支持力所做的功等于+mgH；对电梯和物体的整体而言 ,所以钢索的拉力所做的功W/大于+MgH.选项BD正确.
3.

4. 由速度图象看出，0-t1时间内，运动员做初速度为零的匀加速直线运动，即知做自由落体运动；速度图线切线的斜率表示加速度；t1-t2时间内和t2-t3时间内，重力和拉力对运动员做功，根据功能关系分析重力对运动员做的功与运动员克服拉力做的功的关系；
解：A、由v-t图象知，0-t1时间内，运动员做初速度为零的匀加速直线运动，即运动员做自由落体运动．故A正确．
B、由v-t图线切线的斜率表示加速度知，t1-t2时间内，加速度减小，则运动员做加速度逐渐减小的加速运动．故B正确．
C、t1-t2时间内，重力对运动员做正功，拉力对运动员做负功，而动能增加，根据动能定理可知，总功为正值，重力对运动员做的功大于运动员克服拉力做的功．故C正确．
D、t2-t3时间内，运动员做减速运动，重力势能和动能都转化为弹性绳的弹性势能，而运动员克服拉力做功等于弹性势能的增加，根据功能关系得知：运动员动能的减少量小于克服拉力做的功．故D错误．

5. 第一秒内加速度,, 第二秒内加速度，
0～2s内外力的平均功率是,A正确； 第2秒内外力所做的功是Fs2=2.5JB错误;
第1秒末外力的瞬时功率和第2秒末外力的瞬时功率分别为C错；
第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值等于二力做功的比值：2/2.5=4/5,D正确.

6. A、对物块分析，物块的位移为L+l，根据动能定理得，，知物块到达小车最右端时具有的动能为〔F-Ff〕〔L+l〕．故A正确．B、对小车分析，小车的位移为l，根据动能定理得，，知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffl．故B正确．
C、物块与小车增加的内能Q=Ffx相对=FfL．故C错误． D、根据能量守恒得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有：F〔L+l〕=△E+Q，则△E=F〔L+l〕-FfL．故D错

7. ：由图象可知，EK1=50J，EK2=0J，位移x=20m， EK1=1/2mv12=50J，初速度v1=10m/s， 由动能定理得：EK2-EK1=-fx，
解得：f=2.5N=μmg，μ=0.25， 物体加速度a=f/m=2.5m/s2， 物体运动时间t=v1/a=4s， 故选C．

8. 从右侧向左侧运动，与从左向右运动，初动能相等，到达同一位置时，速度大小相等，可知在运动过程中，一定是动能减小量相等，即克服摩擦力做功相等，由于，因此应该运动到C点处，C对
9. 根据F-x图像的面积的含义代表其做功，且因为动能定理，合外力做功等于其动能改变量，即末状态的动能大小等于合外力做功即面积大小〔F-x图象的“面积”等于拉力做功的大小，则得到拉力做功W=1/2π〔x/2〕2=，由图看出，Fm=，得到，W=．根据动能定理得：小物块运动到x处时的动能为．〕
10. 小球在B点竖直方向上受重力和支持力，根据合力提供向心力求出B点的速度，再根据动能定理求出摩擦力所做的功．解：在B点有：N-mg=m．得EKB=mv2=1/2 〔N-mg〕R．A滑到B的过程中运用动能定理得，mgR+Wf=1/2mv2-0，得Wf=1/2R〔N-3mg〕．故A正确
课时作业二十
1.

2. 解：设B的质量为m，则A的质量为2m 以A、B组成的系统为研究对象，
在A落地前，由动能定理可得：-mgR+2mgR=1/2〔m+2m〕v2-0，以B为研究对象，在B上升过程中，由动能定理可得：-mgh=0-1/2mv2，
则B上升的最大高度H=R+h，解得：H=4R/3；故选C． 4.

3.

6.当C恰好离开地面时，弹簧弹力为mg，此时A的速度最大，绳子的拉力为2mg，有，A错；ABC和弹簧构成的系统机械能守恒，从开始到A的速度最大，这个过程中弹簧形变量没有变，弹性势能不变，则有，开始平衡时mg=kx，s=2x，由此可得最大速度为，C刚离开地面时，B的加速度为2g，之后弹簧继续伸长，弹力增大，B的加速度继续增大，C错；D错，故选B
7. A、m1由C点下滑到A点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；
B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但是在这个C到A的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；
C、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR〔1-cos60°〕=m2gR，解得：m1=2m2故C√

8.
9.A、当滑块的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点合力为0，d点在b和c之间．滑块从a到d，运用动能定理得：
mghad+W弹=EKd-0 mghad＜6J，W弹＜0，所以EKd＜6J，故A错误．
B、滑块从a到c，运用动能定理得：mghac+W弹′=0-0 解得：W弹′=-6J．弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6J．故B正确． C、从c点到b点弹簧的弹力对滑块做功与从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功大小相等，
根据B选项分析，故C正确．D、整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统机械能守恒，没有与系统外发生能量转化，故D正确．

10. 解：小球释放后，先做自由落体运动直到绳子绷直，根据对称性和三角形的全等关系，当绳子再次与水平方向的夹角为30°时，绳子与O点的距离再次为L，这时绳子刚好绷直，设绳刚绷直时获得的速度是v，则有
mg·2Lsin30°=
由于绳子绷紧瞬间，绳对球的作用力远大于球的重力，使小球沿绳子方向的速度突变为零，而小球在垂直于绳子方向的速度为v1不变，如图所示，则v1=vcos30°= ,小球绷紧细绳后继续下摆到最低点的过程，机械能守恒 +mgL〔1-sin30°〕=,由向心力来源得FT-mg=m,最低点绳子拉力FT=3.5mg  

11. 〔1〕由于不计摩擦及碰撞时的机械能损失,因此两球组成的系统机械能守恒.两球在光滑水平面上运动时的速度大小相等,设为v,根据机械能守恒定律有解得〔2〕根据动能定理，对B球有
12. 〔1〕设小球运动至B点的速度为v，小球由A运动至B点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有mgh= ①
小球由B至C过程中，做平抛运动，设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的规律

在水平方向上有：s=vt                    ② 在竖直方向上有：H=1/2gt2    ③ ,由①②③式联立，并代入数据解得：s=m=1.41m
〔2〕在小球刚到达B点绳断瞬间前，受重力mg和绳的拉力T作用，根据牛顿第二定律有： T-mg=       ④ 显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力为：T′=T⑤ 由①④⑤式联立，并代入数据解得：T′=20N.

13.

14. 解：〔1〕滑块B从Q飞出后做平抛运动，有：L=vQt…①
2R=1/2gt2…② 由①②解得vQ=2m/s
〔2〕滑块B从P运动到Q过程中，满足机械能守恒，则有：+2mgR=…③
在Q点有：N-mg=m…④ 由③④解得：N=5mg+m=12N
〔3〕由③得：vP==2m/s 则有vP＞v=3m/s，滑块B在皮带上做匀减速运动 加速度a=-=-μg
又-=2aL 细绳断开后弹簧伸展过程，A、B组成的系统动量守恒：mvN=mvA， 弹簧的弹性势能EP==5J

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