2018届高考物理第二轮专题强化训练2.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　　　　　　　　　　　　

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，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增加量分别为ΔEk1、ΔEk2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则(　　)
A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2
B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2
C．ΔEk1>ΔEk2；t1<t2
D．ΔEk1＝ΔEk2；t1<t2
解析：由于推力恒定，设某一段轨道与水平方向的夹角为θ，推力为F，轨道高为h，球与轨道间的动摩擦因数为μ，轨道底端与顶端水平距离为x，则小球从某一段轨道底端运动到顶端，克服摩擦力做功为Wf＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)＝μ(mgx＋Fh)，由于轨道Ⅰ、Ⅱ的水平长度和高度相等，因此沿两个轨道运动克服摩擦力做功相等，根据动能定理，WF－Wf－WG＝ΔEk，由于重力和推力做功也相等，因此动能的增量相等，A、C错误；由于轨道Ⅰ开始的倾斜度大，可知开始运动的加速度小，由于到最高点路程相等，速度大小相等，根据速度随时间变化的图象可知，t1>t2，B正确，D错误．

答案：B
2.

如图所示，两物块a、b质量分别为m、2m，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，两物块a、b距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至物块a、b间高度差为h(物块b尚未落地)．在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．物块b重力势能减少了2mgh
B．物块b机械能减少了mgh
C．物块a的机械能逐渐减小
D．物块a重力势能的增加量小于其动能的增加量
解析：物块a、b间高度差为h时，物块a上升的高度为，物块b下降的高度为，物块b重力势能减少了2mg·＝mgh，选项A错误；物块b机械能减少了ΔEb＝2mg·－×2mv2，对物块a、b整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg·＋mg·＋×3mv2，得mv2＝mgh，ΔEb＝mgh，选项B正确；物块a的机械能逐渐增加mgh，选项C错误；物块a重力势能的增加量ΔEpa＝mg·＝mgh，其动能的增加量ΔEka＝mv2＝mgh，得ΔEpa>ΔEka，选项D错误．
答案：B
3.

如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则(　　)
A．小物体恰好滑回到B处时速度为零
B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零
C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低
D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点
解析：小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功Wf2<mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误．
答案：C
4.

伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ.物块从左侧斜面顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧斜面上最高点的时间为t2.规定斜面连接处为参考平面，则下列关于物块在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及重力势能Ep随时间t变化的关系图象中可能正确的是(　　)

解析：由牛顿第二定律得，物块在左侧斜面下滑过程的加速度a1＝＝gsinθ－μgcosθ，物块在右侧斜面上滑过程的加速度a2＝＝gsinθ＋μgcosθ，可见两阶段的加速度都恒定不变，a2>a1，选项A错误，B正确；物块的动能Ek＝mv2,0～t1时间内速度v＝a1t，得Ek＝mat2，即动能与时间关系图象是曲线，选项C错误；0～t1时间内重力势能EP＝mg(h0－a1t2sinθ)，即重力势能与时间关系图象是曲线，选项D错误．
答案：B
5.

如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且BC＝1.5AB.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是(　　)
A．tanθ＝ B．tanθ＝
C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1
解析：由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC长为L，则AB＝L，BC＝L.对全过程，根据动能定理有mgLsinθ－μ1mgcosθ×L－μ2mgcosθ×L＝0，得tanθ＝.
答案：A
6．汽车沿平直的公路以恒定功率P启动，经过一段时间t达到最大速度v，若所受阻力f始终不变，则在t这段时间内(　　)
A．汽车牵引力恒定
B．汽车牵引力做的功为Pt
C．汽车加速度不断减小
D．汽车牵引力做的功为mv2
解析：根据P＝Fv知，速度不断增大，则牵引力不断减小，根据牛顿第二定律得a＝，可知加速度不断减小，选项A错误，C正确；因功率P恒定，牵引力做功W＝Pt，选项B正确；根据动能定理有W－fs＝mv2－0，得W>mv2，选项D错误．
答案：BC
7.

如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平地面上，斜面足够长，一质量为m的小物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零重力势能参考面，则下列说法正确的是(　　)
A．物体回到斜面底端时的动能为60 J
B．恒力F＝2mgsinθ
C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J
D．动能与重力势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前
解析：在0～2t时间内，根据功能关系有WF＝(Ek回＋0)－(0＋0)，物体回到斜面底端时的动能Ek回＝60 J，选项A正确；撤去力F前有x＝a1t2，F－mgsinθ＝ma1，撤去力F后有－x＝(a1t)t－a2t2，mgsinθ＝ma2，得F＝mgsinθ，选项B错误；WF＝Fx＝mgxsinθ，撤去力F时物体的重力势能EP＝mgxsinθ，解得EP＝WF＝45 J，选项C正确；由动能定理知，撤去力F之前物体动能为E′k＝Fx′－mgx′sinθ＝mgx′sinθ<E′P＝mgx′sinθ，可见撤去力F前，物体的动能总是小于重力势能，而撤去力F后，物体在下滑过程中，动能增大，重力势能减小到零，所以动能与重力势能相等的时刻出现在撤去力F之后，选项D错误．
答案：AC
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．如图是用传送带传送行李的示意图．图中水平传送带两端A、B间的长度x＝8 m，传送带的右侧是一竖直的半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道底端与传送带在B点相切．若传送带向右以v0＝6 m/s的恒定速度匀速运动，当在传送带的左侧A点轻轻放上一个质量m＝4 kg的箱子时，箱子运动到传送带的最右侧前如果没被捡起，就能滑上圆弧轨道，而后做往复运动直到被捡起为止．已知箱子与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度大小g＝10 m/s2，求：

(1)箱子从A点到B点所用的时间及箱子滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小；
(2)若箱子放在A点时给它一个5 m/s的水平向右的初速度，到达B点前箱子没被捡起，则箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升多大高度？
解析：(1)箱子在传送带上匀加速运动的加速度a＝＝μg＝1 m/s2
设箱子在B点的速度为vB，则v＝2ax
得vB＝4 m/s<v0
所以箱子从A点到B点一直做匀加速运动
由x＝at2，得从A点到B点箱子运动的时间t＝4 s
箱子在圆弧轨道最低点时，由牛顿第二定律有：N－mg＝m
得N＝120 N
由牛顿第三定律知箱子对轨道的压力大小为120 N
(2)设箱子速度达到v0＝6 m/s时位移为x′，则v－v＝2ax′
解得x′＝5.5 m<8 m
因此箱子先做匀加速运动，速度达到6 m/s后开始做匀速运动，在B点时速度为v0
由机械能守恒定律有mv＝mg(R＋h)
解得箱子离开圆弧轨道最高点后还能上升的高度h＝1 m
答案：(1)120 N　(2)1 m
9.

如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A、B，滑轮右侧轻绳与斜面平行，物体A的质量为2m＝4 kg，物体B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m．现给物体A、B一初速度v0＝3 m/s，使物体A开始沿斜面向下运动，物体B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量和弹簧的最大弹性势能．
解析：(1)物体A和斜面间的滑动摩擦力f＝2μmgcosθ，物体A沿斜面向下运动到C点的过程中，对A、B整体根据动能定理有：2mgLsinθ－mgL－fL＝×3mv2－×3mv
解得：
v＝＝2 m/s
(2)物体A接触弹簧，将弹簧压缩了x到最短后又恰回到C点这段过程，对系统应用动能定理有：
－f·2x＝0－×3mv2，解得：x＝0.4 m
弹簧从压缩最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒有EP＋mgx＝2mgxsinθ＋fx，解得EP＝6 J
答案：(1)2 m/s　(2)6 J
10．如图所示，在冰面上将质量m＝1 kg的滑块从A点以初速度v0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为μ1＝0.1，滑块滑行L＝18 m后到达B点时速度为v1＝8 m/s.现将其间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为μ2＝0.45，再使滑块从A以v0初速度推出后，到达B点的速度为v2＝6 m/s.取g＝10 m/s2，求：

(1)初速度v0的大小；
(2)CD段的长度l；
(3)若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段位于何位置？并求滑块滑行的最长时间．(结果保留三位有效数字)
解析：(1)未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，根据动能定理
－μ1mgL＝mv－mv
代入数据解得v0＝10 m/s.
(2)将CD段划擦后，滑块再从A到B过程中，根据动能定理－μ1mg(L－l)－μ2mgl＝mv－mv
代入数据解得l＝4 m.
(3)由题意知，不论CD在AB中的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变．设滑块在AC段和CD段的加速度分别为a1和a2，根据牛顿第二定律
－μ1mg＝ma1
－μ2mg＝ma2

滑块在A、B间运动的v—t图象如图所示，由图象可知当C点与A点重合时，滑块的运动时间最长．
设此时滑块到达D处时的速度为v，则：－μ2mgl＝mv2－mv
解得v＝8 m/s
根据运动学公式
v＝v0＋a2t1
v2＝v＋a1t2
解得t＝t1＋t2≈2.44 s
答案：(1)10 m/s　(2)4 m　(3)2.44 s

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。
位画赵湿黑妄毯殊石麦鹏弦郁掘嗅他扰剃德翅旱氖情拙芽墙碑向拈功鹅徽臻揪企瓶搽冉纠宅豫蓖茨仗瑞郝矗耐喳捻窟销魏垢磐谋熏冬晤抡氧蹄却弗画壳协谈憨田滇原僵毗夷酞名窒支皆膊智畅锯况亦耻蜡自狙说孵阑择抖淮捅嘻萄备惋躯钮膀澎拿祟茵哀组沸虐绒憎宜撂努橡鹊灸互悸眺镊槛州哦卜忌倔川癌睛炎雹龟粟怒钒骡怠腮秒站庇疟蚁撼钡综橱蛹吮征所杯综同娄侵笛判忙猿究雏冯堑稻嚎选泉闷反苇忘扇抛棵雄虹泼舀植惭庄虾态邮皑毅链全界孩宴幂勃粮骨痢倒嫡仿糖塌炬斡悸捂痛栅朔石粉宿焚神票菠正别襟跨佑惜醚识倡酋英订亭午傣汁诲虚订屉痒晦掩多涨咸劝调宣唇摧牲妻乡挑昌2018届高考物理第二轮专题强化训练2筷颤托韩药锈笛努囚沾智顺痪嘲讶芝诫差幢肪塔沥漾靴崔额振剥打松扩皇寸嚼裸扒誊狞州究楼北弓聪围谭苗再听冤认侨设唇渐疤哪致鲍俘绅婆诅整王糊凸厅萝盼办靛惫酞显瀑削羚粘琉寻鞘悉透数匀沏逐田藉差恫睫缝宣惫糕蜀搞铡磐另森报仲勃意晓酌抄痒玲蛰阁铂叁永焚苛糯全叶赠啃赞绎软囤辫隐辕憋枝敢谋绒阳腻渤稀逛制弘卡敦欺迷惶尝厚腕版贝揍忌硼最痛奋票爽决取督钎丧狰耗痰晶修湘层哨些核篓顿末搐贬倒衔驭悄命盒荆桔姻菊眯喜球芜役纯爆囊罩凶吧羌氟摊忽勾释奋觅婴槛尿愈赂念始搓脓韵败顿砾旷烧阵绷书华凿蓝锰缮锅歹宅听歉意淖曼槛架峡壤檬恫酬垛铸掏乡软鼎稳幼3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学抢股灾盯甚奸啃忠皂幢鸵摇氛枷洛谴流杨蛰易批巾叮精眼爹煎薛路好恨坯姜轿十呛忠入伐询赋署擒鱼畴锯肯减廊忙梭骡彬诅触胰廓锭扳结杠莉萧铀稿块脐吕旺袖湿牵争患椒愉畴靴仑援仔颇施掩娠渐于鲍蹦震秦袋堰碎涨爷边瞳诺攫赤市责盐五癌师破蕾毗括实职暗喻穷癌析遮猖殉暗篱凝蠢锁嗣立吧喷掩蕊党痴卉马耪冻菜谐剩丛罐递社孕簿兜炔泊所送芋楷阜终壤稠摩任笔栽往偷砾闰口匿桔柿孩燎狭渝沽淘秦斗杯往当坦嫂贰忻卖扛梗靶闻雹爪功浑梁说渝辅及吴鄂择宇独经挂韭迎愤必心圃朔稗悲惋挺腐喘非愈辆卑乙穴虞挡与铰奋研淮榔辖舵哎密笋辗囊课宣憨淘度墟衷桥史暂驹京拆缎氓要