《2013年高考物理复习 知能演练提升 第五章 第四讲 每课一测.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013年高考物理复习 知能演练提升 第五章 第四讲 每课一测.doc（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、每课一测1自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图1所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能()A增大B变小C不变 D不能确定 图1解析：人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增加，A正确。答案：A2运动员跳伞将经历开伞前后的加速下降和减速下降两个过程。将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是()A阻力对系统始终做负功B系统受到的合外力始终向下C重力做功使系统的重力势能增加D任意相等的时间内重力做的功相等解析：阻力的方向总与运动方向相反，故阻力总做负功，A正确；运动员加速下降时合外力向下，减速下降时合外力向上，B错误；重力做功使系统重力势能减少，C
2、错误；由于做变速运动，任意相等时间内的下落高度h不相等，所以重力做功Wmgh不相等，D错误。答案：A3.构建和谐型、节约型社会深得民心，遍布于生活的方方面面。自动充电式电动自行车就是很好的一例，将电动自行车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时，自行车就可以通过发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以600 J的初总动图2能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图2中的线所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图线所示，则第二次向蓄电池所充的电能是()A600 J B36
3、0 JC300 J D240 J解析：设自行车的总质量为m，第一次关闭自动充电装置，由动能定理有mgL10Ek，第二次启动自动充电装置，由功能关系有EkmgL2E电，代入数据解得E电240 J，D正确。答案：D4如图3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，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，外力做功为零 图3B小球从A到C与从C到B的过程，减少的动能相等C小球从A到C与从C到B的过程，速度的变化率相等D小球从A到C与从C到B的过程，损失的机械能相等解析：小球从A出发到返回A的过程中，位移为零，重力做功为零，但有摩擦力做负
4、功，选项A错误；因为C为AB的中点，小球从A到C与从C到B的过程合外力恒定，加速度恒定，速度的变化率相等，选项C正确；又因为重力做功相等，摩擦力做功相等，则合外力做功相等，故减少的动能相等，损失的机械能相等，选项B、D正确。答案：BCD5如图4所示，某段滑雪雪道倾角为30，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为g，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是() 图4A运动员减少的重力势能全部转化为动能B运动员获得的动能为mghC运动员克服摩擦力做功为mghD下滑过程中系统减少的机械能为mgh解析：运动员的加速度为g，小于gsin30，所
5、以必受摩擦力，且大小为mg，克服摩擦力做功为mgmgh，故C错；摩擦力做功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，而是有mgh转化为内能，故A错，D正确；由动能定理知，运动员获得的动能为mgmgh，故B错。答案：D6如图5所示，粗糙的斜面与光滑的水平面相连接，滑块沿水平面以速度v0运动。设滑块运动到A点的时刻为t0，距A点的水平距离为x，水平速度为vx。由于v0不同，从A点到B点的几种可能的运动图 图5像如下列选项所示，其中表示摩擦力做功最大的是()图6解析：从A选项的水平位移与时间成正比关系可知，滑块做平抛运动，摩擦力必定为零；B选项说明滑块先做平抛运动后在水平地面上运动，水平速度
6、突然增大，摩擦力依然为零；对C选项，水平速度不变，为平抛运动，摩擦力为零；对D选项水平速度与时间成正比，说明滑块在斜面上做匀加速直线运动，有摩擦力，故摩擦力做功最大的是D图像所显示的情境，D正确。答案：D7(2012桂林模拟)滑板是现在非常流行的一种运动，如图7所示，一滑板运动员以7 m/s的初速度从曲面的A点下滑，运动到B点时速度仍为7 m/s，若他以6 m/s的初速度仍由A点下滑，则他运动到B点时的速度() 图7A大于6 m/s B等于6 m/sC小于6 m/s D条件不足，无法计算解析：当初速度为7 m/s时，由功能关系知，运动员克服摩擦力做的功等于减少的重力势能。运动员做的曲线运动可看
7、成圆周运动，当初速度变为6 m/s时，所需的向心力变小，因而运动员对轨道的压力变小，由FfFN知运动员所受的摩擦力减小，故从A到B过程中克服摩擦力做的功减少，而重力势能变化量不变，故运动员在B点的动能大于他在A点的动能，A正确。答案：A8如图8所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知：OA3 m，OB4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动1 m(取g10 m/s2)，那么该过程中拉力F做功为() 图8A14 J B10 JC6 J D4 J解析：
8、由题意可知，绳长AB5 m，若A球向右移动1 m，OA4 m，则OB3 m，即B球升高hB1 m；对整体(AB)进行受力分析，在竖直方向，杆对A球的支持力FN(mAmB)g，球A受到的摩擦力FfAFN4 N，由功能关系可知，拉力F做的功WFmBghBFfAxA14 J，选项A正确。答案：A9如图9所示，在水平地面上固定一倾角为的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q(q0)的滑块从距离弹簧上端为x0处 图9静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变。设滑块与弹簧接触过程没
9、有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则()A当滑块的速度最大时，弹簧的弹性势能最大B当滑块的速度最大时，系统的机械能最大C当滑块的加速度最大时，弹簧的弹性势能最大D当滑块的加速度最大时，系统的机械能最大解析：滑块接触弹簧后，弹力逐渐增大，滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时弹簧还没压缩到最短，故弹性势能不是最大，A项错误；根据重力以外的力做功量度了机械能的变化，在向下运动过程中，电场力做正功，机械能在增大，运动到速度为零时，电场力做功最多，机械能最大，B项错误；当速度为零时，加速度最大，此时弹簧压缩到最短，故弹性势
10、能最大，电场力做功最多，故机械能最大，CD正确。答案：CD10如图10所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动，现将质量为m的某物块由静止释放在传送带上的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为，对于这一过程，下列说法正确的是()图10A摩擦力对物块做的功为0.5mv2B物块对传送带做功为0.5mv2C系统摩擦生热为0.5mv2D电动机多做的功为mv2解析：对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即0.5mv2，故A正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功是摩擦力对物块做功的两倍，物块对传送带做负功，即mv2，故B错；
11、电动机多做的功就是克服传送带的摩擦力做的功，也为mv2，故D正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移的乘积，故C正确。答案：ACD11(2012广州模拟)如图11所示，将质量均为m，厚度不计的两物块A、B用轻质弹簧相连接。第一次只用手托着B物块于H高处，A在弹簧的作用下处于静止状态，现将弹簧锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep， 图11现由静止释放A、B，B物块着地后速度立即变为零，同时弹簧解除锁定，在随后的过程中B物块恰能离开地面但不继续上升。第二次用手拿着A、B两物块，使弹簧竖直并处于原长状态，此时物块B离地面的距离也为H，然后由静止同时释放A、B，B物块着地后速度同样立即变为零，试求：(1)第二
12、次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度大小v1；(2)第二次释放A、B后，B刚要离开地面时A的速度大小v2。解析：(1)第二次释放A、B后，A上升至弹簧恢复原长时的速度大小等于B刚接触地面时A的速度大小，所以mgHmv12，v1。(2)第一次弹簧解除锁定时与两次B刚要离开地面时的弹性势能均为Ep，设第一次弹簧解除锁定后A上升的最大高度为h，则mv12mgh，mv12mgmv22Ep所以：v2 。答案：(1)(2) 12如图12所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨
13、道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道AB长为L。求：图12(1)小物块与水平轨道间的动摩擦因数？(2)为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？(3)若圆弧轨道的半径R取第(2)问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R处，试求小物块的初动能并分析小物块能否停在水平轨道上。如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？解析：(1)小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得mg(L0.5L)E解得。(2)若小物块刚好到达D处，速度为零，由动能定理有mgLmgRE解得CD圆弧半径至少为R。(3)设小物块以初动能E冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得mgL1.5mgRE，解得E小物块滑回C点时的动能为EC1.5mgR，由于ECmgL，故小物块将停在轨道上设到A点的距离为x，有mg(Lx)EC解得xL即小物块最终停在水平滑道AB上，距A点L处。答案：(1)(2)(3)见解析6