高中物理大一轮复习 优化模拟卷 05
湖北省2024年高三下学期物理一轮模拟卷提优训练版
一、单选题1. 有关磁场的物理概念，下列说法中正确的是（ ）A ．磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是标量B ．磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向无关C ．磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关D ．磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小2. 如图虚线为大气层边界，太空飞行返回器从a 点无动力滑入大气层，然后从c 点“跳”出，再从e 点“跃”入，实现多次减速，可避免损坏返回器。
d 点为轨迹的最高点，离地心的距离为r ，返回器在d 点时的速度大小为，地球质量为M ，引力常量为G .则返回器A ．在b 点处于失重状态B ．在a 、c 、e 点时的动能相等C ．在d点时的加速度大小为D ．在d点时的速度大小3. 在折射率为的液体内部有一点光源S，点光源可以向各个方向移动，初始时刻，在液面上观察到半径为的圆形光斑。
现让点光源S 向某个方向匀速移动，发现光斑最右侧边沿位置不动，最左侧边沿向左侧移动，经过2s ，左侧边沿向左移动了，侧面图如下图所示，则点光源S的移动速度方向和大小（ ）A ．水平向左B ．水平向右C．D．4. 核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设。
核泄漏中的钚(Pu)是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因提高患癌症的风险，已知钚的一种同位素的半衰期为24100年，其衰变方程为，下列有关说法正确的是（ ）A ．生成物的原子核中含有92个中子B ．通过高温处理可缩短Pu 的半衰期，降低核泄漏的危害C．由于衰变时释放巨大能量，根据，衰变过程总质量增加D ．衰变发出的射线是波长很短的光子，具有有很强的穿透能力5. 如图所示，两个摆长均为L 的单摆，摆球A 、B 质量分别为m 1、m 2，悬点均为O 。
在O 点正下方0.19L 处固定一小钉。
初始时刻B 静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A 从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低点与B 发生弹性正碰。
2024届江苏淮安高三第五次模拟考试物理卷
2024届江苏淮安高三第五次模拟考试物理卷一、单选题 (共7题)第(1)题无人机常应用于应急救援物资输送上。
在某次救援过程中，无人机下方用轻绳悬挂救援物资，它们在空中沿水平方向一起做匀速运动，救援物资在水平方向受到空气阻力作用。
现在，调整无人机速度，在水平方向仍然匀速运动，发现悬挂物资的绳子与竖直方向的夹角变大，则调整速度后，下列说法正确的是（ ）A．救援物资受到的合力会变大B．悬挂救援物资的绳子张力变小C．救援物资在水平方向上受到的空气阻力不变D．救援物资受到的重力和绳子拉力的合力会变大第(2)题如图所示，甲、乙两个质量相同的小球（视为质点）用等长轻质细线1、2连接，悬挂在天花板上的O点，两球在各自的水平面内做匀速圆周运动，并处于相对静止状态，细线与竖直方向的夹角分别为、（、非常小，可以取，）。
则（ ）A．B．甲、乙两球的动量之比为C．甲、乙两球的向心力之比为D．细线1、2拉力的竖直分力之比为第(3)题如图，棱长为a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为m的木块在上、质量为M的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。
当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。
仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为（ ）A．B．C．D．第(4)题复兴号动车组在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。
一列动车的初速度为，以额定功率在平直轨道上运动，经过一段时间动车达到最大速度4v0，若行驶过程中动车所受的阻力恒定。
则车速为v0和2v0时动车的加速度大小之比为（ ）A．2∶1B．3∶1C．4∶1D．3∶2第(5)题关于分子动理论，下列说法正确的是A．气体扩散的快慢与温度无关B．布朗运动是液体分子的无规则运动C．分子间同时存在着引力和斥力D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大第(6)题如图所示，圆形区域内存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，两带电粒子（不计重力）沿直线AB方向从A点射入磁场中，分别从圆弧上的P、Q两点射出，则下列说法正确的是（）A．若两粒子比荷相同，则从A 分别到P、Q经历时间之比为1:2B．若两粒子比荷相同，则从A分别到P、Q经历时间之比为2:1C．若两粒子比荷相同，则两粒子在磁场中速率之比为2:1D．若两粒子速率相同，则两粒子的比荷之比为3:1第(7)题如图所示，一列简谐横波向右传播，P、Q两质点平衡位置相距0.15 m．当P运动到上方最大位移处时，Q刚好运动到下方最大位移处，则这列波的波长可能是：A．0.60 m B．0.30 m C．0.20 m D．0.15 m二、多选题 (共3题)第(1)题在同一竖直线上固定两个等量异种点电荷，带正电，b带负电。
优化方案高考物理大一轮复习第五章第三节机械能守恒定律高效演练
第五章 第三节 机械能守恒定律1.(单选)(2015·江苏无锡模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是( )A ．斜劈对小球的弹力不做功B ．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C ．斜劈的机械能守恒D ．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量解析：选B.不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B 正确，C 、D 错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故弹力做负功，A 错误．2．(多选)(2015·湖南长沙一中月考)一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t ＝0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图所示．若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出( )A ．高尔夫球在何时落地B ．高尔夫球可上升的最大高度C ．人击球时对高尔夫球做的功D ．高尔夫球落地时离击球点的距离解析：选ABD.球刚被击出时速度为v 0＝31 m/s ，根据机械能守恒，球到达最高点时重力势能最大，动能最小，所以v ＝19 m/s 时球处于最高点，由12mv 20＝mgh ＋12mv 2，可求出最大高度为30 m ，B 项正确．仍根据机械能守恒知，球落地时速率与击出时速率相等，所以高尔夫球5 s 时落地，A 项正确．研究击球过程，根据动能定理，人做的功W ＝12mv 20，由于m 未知，所以求不出W ，C 项错误．研究球的水平分运动，由x ＝v x t ，其中v x ＝19 m/s ，t ＝5 s ，可求得x ＝95 m ，D 项正确．3．(单选)(2015·辽宁五校协作体联考)如图所示，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上．现用手控制住A ，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行．已知A 的质量为4m ，B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时C 恰好离开地面．下列说法正确的是( )A ．斜面倾角α＝60°B ．A 获得的最大速度为2gm 5kC ．C 刚离开地面时，B 的加速度最大D ．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的系统机械能守恒解析：选B.释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，拉力等于A 的重力沿斜面的分力4mg sin α，C 恰好离开地面，轻质弹簧弹力等于C 球重力，kx ＝mg .对B ，由平衡条件，4mg sin α＝2mg ，解得斜面倾角α＝30°，选项A 错误．初状态，弹簧压缩，kx ＝mg ，末状态，弹簧拉伸，kx ＝mg .初末状态弹簧弹性势能相等，由机械能守恒定律，4mg ·2x sin α－mg ·2x ＝12(m ＋4m )v 2，解得v ＝2g m 5k，选项B 正确．C 刚离开地面时，B 的加速度为零，选项C 错误；从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，选项D 错误．4．(单选)(2015·南昌调研)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m 的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设物体在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面的高度为h ，不计小球与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小球在C 点时弹簧的弹性势能为( )A ．mgh －12mv 2 B.12mv 2－mghC ．mgh ＋12mv 2D ．mgh解析：选B.由题意可知，在小球运动过程中，小球与弹簧整体的机械能守恒，由机械能守恒定律可得12mv 2＝E p ＋mgh ，对比各选项可知，答案选B.5．(单选)如图所示，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )A ．2RB.5R 3C.4R 3D.2R 3解析：选C.设A 、B 的质量分别为2m 、m ，当A 落到地面上时，B 恰好运动到与圆柱轴心等高处，以A 、B 整体为研究对象，则A 、B 组成的系统机械能守恒，故有2mgR －mgR ＝12(2m＋m )v 2，A 落到地面上以后，B 仍以速度v 竖直上抛，上升的高度为h ＝v 22g ，解得h ＝13R ，故B 上升的总高度为R ＋h ＝43R ，选项C 正确．6．(多选)(2013·高考广东卷)如图所示，游乐场中，从一高度A 到水面B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A 处自由滑向B 处，下列说法正确的是( )A ．甲的切向加速度始终比乙的大B ．甲、乙在同一高度的速度大小相等C ．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D ．甲比乙先到达B 处 解析：选BD.设某一时刻轨道切线的倾角为θ，则这时的加速度为g sin θ，由于甲轨道切线的倾角并不是都比乙的大，故选项A 错误；根据机械能守恒定律，有mgh ＝12mv 2，故在同一高度甲、乙的速度大小相等，选项B 正确；开始时甲的切向加速度比乙的大，且这个加速度在竖直方向的分加速度也大，因此开始时甲在竖直方向的分运动比乙在竖直方向的分运动快，则选项C 错误；作出甲、乙运动的速率—时间图象，如图所示，根据图象可知，甲先到达B 点，选项D 正确．。
2024年江苏省高考物理一轮模拟试题.docx名校模拟版
一、单选题1. 下列关于能的转化和守恒定律的认识不正确的是( )A ．某种形式的能减少，一定存在其他形式的增加B ．某个物体的能减少，必然有其他物体的能增加C ．不需要任何外界的动力而持续对外做功的机器——永动机不可能制成D ．石子从空中落下，最后停止在地面上，说明机械能消失了2. 如图所示为竖直放置的离心轨道，其中圆轨道半径为r ，最低点为A 、最高点为B ，小球从斜轨道上无初速释放，可模拟游乐园的“翻滚过山车”。
某实验小组同学通过改变释放小球距圆轨道底端的高度h 多次实验，发现有时小球能通过B 点，有时在到达B 点前就脱离轨道。
他们结合观察和分析提出了一些猜想，请运用物理知识分析其中正确的是（不考虑摩擦力等阻力的影响，小球视为质点，重力加速度大小记为g ）（ ）A ．若h <2.5r ，小球在到达B 点前脱离轨道做自由落体运动B ．若h >2.5r ，小球对A 点和B 点都有压力，且h 越高，压力之差也越大C ．若h <2.5r ，小球在到达B 点前脱离了轨道，脱轨前瞬间在指向圆轨道中心方向的加速度比g 小D ．若h >2.5r ，小球能通过B 点且对B 点没有压力3. 关于天然放射现象，下列说法正确的是（ ）A ．玛丽居里发现了天然放射现象B ．天然放射现象说明原子是可以分割的C ．原子序数大于或等于83的元素都具有放射性D ．温度越高，放射性元素的放射性就越强4. 如图甲所示，均匀介质中，波源位于O 点的简谐横波在xOy 水平面内传播，波源起振方向垂直水平面向上，其中实线表示波峰，虚线表示与波峰相邻的波谷。
T =0时刻，波峰恰好第一次传到了A 点。
A 处质点的振动图像如图乙所示，z 轴正方向竖直向上。
下列判断正确的是（ ）A ．t =2s 时，B 、F 两处质点位于波谷B．s 时， C 、G 两处质点位于波峰C ．t =8s 时，D 处质点位移方向竖直向上D ．t =8s 时，H 处质点振动速度方向竖直向上5. 如图所示为研究光电效应和霍尔效应的装置示意图。
2025届高考物理一轮复习课后习题第5讲专题提升动力学中的板块模型
第5讲专题提升:动力学中的板块模型基础对点练题组一木板带动滑块运动的情形1.(多选)如图所示,将小砝码放在桌面上的薄纸板上,若砝码和纸板的质量分别为m0和m,各接触面间的动摩擦因数均为μ,砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。
重力加速度大小为g。
现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板,下列说法正确的是()A.纸板相对砝码运动时,纸板所受摩擦力的大小为μ(m0+m)gB.要使纸板相对砝码运动,F一定大于2μ(m0+m)gC.若砝码与纸板分离时的速度小于√μgd,砝码不会从桌面上掉下D.当F=μ(2m0+3m)g时,砝码恰好到达桌面边缘2.(2023山东聊城二模)如图所示,质量m0=2 kg、长度L=1.2 m的木板A静置在足够大的光滑水平地面上,质量m=1 kg且可视为质点的物块B放在木板A的右端,现对木板A施加一水平向右的恒力F=5 N,两者由静止开始运动,作用一段时间t后撤去恒力F,最终物块B恰好能到达木板A的左端,已知物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)恒力F作用的时间t;(2)摩擦力对物块B做的功W。
题组二滑块带动木板运动的情形3.(多选)(2024湖北武昌模拟)如图所示,在光滑水平面上,A、B两物体叠放在一起,A放在B的上面,已知m A=4 kg,m B=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
对物体A施加水平向右的拉力F,开始时拉力F=20 N,此后逐渐增加,在增大到50 N的过程中,下列说法正确的是()A.当拉力F<30 N时,两物体均保持相对静止状态B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过30 N时,两物体开始相对滑动C.两物体间始终没有相对运动D.两物体间从受力开始就有相对运动4.如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2,质量为m2=2 kg且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4,小物块以v0=4 m/s的水平速度从左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2。
2024年江苏省高考物理重难点一轮模拟练习卷.docx能力提升版
一、单选题1. 目前我国在学校、车站等公共场所，都配备了自动体外除颤仪（AED ），挽救了宝贵的生命。
除颤仪工作时的电功率相当大，用电池直接供电无法达到，也超过了一般家庭的用电功率。
某除颤仪的储能装置是一个电容为70μF 的电容器，工作时先通过电子线路把电池供电的电压升高到约5000V 对电容器进行充电，然后电容器在约2ms 的时间内放电，使100~300J 的电能通过病人的心脏部位，从而对病人进行抢救。
根据上述信息并结合所学知识，可以推断下列说法错误的是（ ）A ．该除颤仪工作时的电功率在50~150kW 之间B ．该除颤仪工作时通过人体的电流可达30AC ．该除颤仪中的电容器充电后储存的能量约为1750JD ．除颤仪开机工作时施救人员身体不可与病人身体接触2. 质量均为m 的A 、B 两个小球之间系一个质量不计的弹簧，放在光滑的台面上。
A 紧靠墙壁，如图所示，今用恒力F 将B 球向左挤压弹簧，达到平衡时，突然将力F 撤去，此瞬间（）A ．A球的加速度为B ．A球的加速度为C ．B球的加速度为D ．B球的加速度为3. 小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v 随时间t 变化的关系如图所示。
以下滑起点为位移坐标原点和t ＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是（ ）A． B．C． D． 4. 用光电管研究光电效应，按如图的方式连接电路，当用黄光照射阴极K时，电路中的电流表有示数，则下列说法正确的是（ ）A ．如果仅将黄光的光强减弱一些，则不能产生光电效应B ．仅将电源的正负极对调，则电流表不可能有示数C ．若改用紫光照射阴极，其他条件不变，则电流表仍然有示数D ．仅将滑动变阻器的触头向右滑动一些，则电流表的示数一定增大5. 图示电路中有a 、b 、c 三根电阻丝，关于三根电阻丝的电阻值，有（ ）2024年江苏省高考物理重难点一轮模拟练习卷.docx能力提升版二、多选题三、实验题A ．长度最大的电阻丝b 的阻值最大B ．横截面积最大的电阻丝c 的阻值最大C ．若三根电阻丝的材料相同，则它们的阻值也相同D ．若三根电阻丝的材料相同，则长度最大、横截面积最小的电阻丝b 的阻值最大6. 某电场在x 轴上各点的场强方向沿x 轴方向，规定场强沿x 轴正方向为正，若场强E 随位移坐标x 变化规律如图，x 1点与x 3点的纵坐标相同，图线关于O点对称，则（ ）A ．O 点的电势最低B ．–x 2点的电势最高C ．若电子从–x 2点运动到x 2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零D ．若电子从x 1点运动到x 3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零7. 如图所示装置是理想变压器，原、副线圈匝数之比为10:1，负载电路中 ，ⒶⓋ为理想电流表和电压表。
2020高考物理精优大一轮复习人教版第5单元 机械能 作业答案
课时作业(十三)1.B[解析]人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则f做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则f'也做正功,选项B正确.2.C[解析]小物块刚滑到底端时的速度v=√2gLsinθ,重力的瞬时功率P=mgv sin θ=mg√sin θ,选项C 正确.3.A[解析]由功的定义式W=Fl cos θ,可得力F1与F2对物体所做的功相同,选项A正确;摩擦力f=μF N,摩擦力大小不同,对物体所做的功不同,选项B错误;重力对物体所做的功为零,合力对物体所做的功为各力做功的代数和,因摩擦力做功不同,合力做功不同,选项C、D错误.4.A[解析]每次上半身重心上升的高度均为0.3 m,则她每一次克服重力做的功W=35×50×10×0.3 J=90 J,1 min内克服重力所做的功W总=50W=50×90 J=4500 J,相应的功率约为P=W总t=450060W=75 W,选项A正确.5.C[解析]若开动2节动车带6节拖车,最大速度可达到120 km/h,设每节动车的功率为P,每节车厢所受的阻力为f,则有2P=8fv;当开动4节动车带2节拖车时,有4P=6fv',联立解得v'=320 km/h,选项C正确.6.A[解析]汽车以速度v匀速行驶,则P=Fv=fv,当以速度2v匀速行驶时,功率P'=f·2v=2P,突然加大油门时的加速度最大,且am =2Pv-fm=Pmv,选项A正确;牵引力F=2Pv'随速度增大而减小,汽车将做加速度减小的加速运动,平均速度v>v+2v2=3v2,选项B、C、D错误.7.B[解析]船的最高速度v=108 km/h=30 m/s,在额定输出功率下以最高时速匀速行驶时牵引力最小,此时牵引力与阻力相等,根据P=Fv得,气垫船的最小牵引力F=P v =9×10630N =3.0×105 N ,故在速度达到最大前,牵引力F>3.0×105N ,选项A 错误;船以最高时速匀速运动时,所受的阻力f=F=3.0×105N ,根据f=kv 得 k=3.0×10530N ·s/m =1.0×104 N ·s/m ,选项B 正确;以最高时速一半的速度匀速航行时,气垫船所受的阻力为f'=k v 2=12f=1.5×105 N ,此时气垫船发动机的输出功率为P'=F'v 2=f'v2=1.5×105×15 W =2250 kW ,选项C 、D 错误.8.B [解析] 在t=2 s 时,牵引力F 1=f+ma ,功率P=F 1v 1=3(f+ma ),在t=10 s 时,牵引力F 2=f ,功率P=F 2v 2=6f ,联立可得f=ma ,又加速度a=ΔvΔt =1.5 m/s 2,在0~10 s 内,由动能定理得P 2×t 1+Pt 2-fx=12mv 2,解得x=42 m ,选项B 正确.9.C [解析] 在A 、B 间的平均速度v 1=AB t 1=3 m/s ,在B 、C 间的平均速度v 2=BC t 2=6 m/s ,小球加速度a=v 2-v 112(t 1+t 2)=1 m/s 2,选项A 错误;小球经过B 点时的速度v B =v 1+a ·t12=5 m/s ,则小球经过B 点时重力的瞬时功率P=mgv B sin θ=2×10×5×sin 30° W =50 W ,选项B 错误;小球经过A 点时的速度为v A =v 1-a ·t12=1 m/s ,A 点与出发点的距离为x=v A22a =0.5 m ,选项C 正确;小球经过C 点时的速度v C =v 2+at 22=7 m/s ,则小球由静止到C 点过程中重力的平均功率为=mg sin 30°·vC2=35 W ,故选项D 错误.10.BD [解析] 由v t 图像可知,0~22 s 内机动车先做匀加速运动,再做加速度逐渐减小的加速运动,最后做匀速运动,选项A 错误;在匀速运动过程,阻力f=F=Pv 3=1500 N ,选项B 正确;6 s 末的加速度a=P 8-P12m=86,质量m=562.5 kg ,由牛顿第二定律得F-f=ma ,机动车速度为5 m/s 时,牵引力F=f+ma=2250 N ,选项C 错误,D 正确. 11.BD [解析] 汽车从静止启动时,由P=Fv ,F-f=ma ,可得a=Pm ·1v -fm ,结合图像知P m =b d -c,解得P=mbd -c ,故汽车的功率P 保持不变,选项A 错误,B 正确;加速度为0时,速度最大,由1v m=c ,可得最大速度v m =1c ,选项C 错误;汽车启动过程中受到的阻力f=P v m=mbcd -c ,选项D 正确.12.(1)70 N (2)1400 J[解析] (1)绳断之后,由速度图像得出此过程的加速度a 2=-5 m/s 2 根据牛顿第二定律得-μF N2=ma 2 又知F N2-mg=0 联立解得μ=0.5力F 拉动雪橇的过程中,根据牛顿第二定律得F cos 37°-μF N1=ma 1 又知mg-F sin 37°-F N1=0由速度图像得此过程的加速度a 1=2 m/s 2 联立解得F=70 N(2)在0~5 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W 1=f 1x 1 在5~7 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W 2=f 2x 2 其中x 1=12×5×10 m =25 m ,x 2=12×2×10 m =10 m所以在0~7 s 内,雪橇克服摩擦力做功为W=W 1+W 2=1400 J 13.(1)1.5 m/s 2 (2)20 s (3)60 m/s (4)70 s[解析] (1)由图可知,汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1=9 m ,在第2个2 s 时间内的位移x 2=15 m 故汽车的加速度a=x 2-x 1T =1.5 m/s 2.(2)由F-f=ma 解得汽车的牵引力F=f+ma=(1500+1000×1.5)N =3000 N 汽车做匀加速运动的末速度v=P额F=90×1033×103 m/s =30 m/s故匀加速运动保持的时间t 1=v a =301.5 s =20 s . (3)汽车所能达到的最大速度v m =P额f=90×1031.5×10 m/s =60 m/s .(4)匀加速运动的时间t 1=20 s 匀加速运动的距离x 1'=vt 12=302×20 m =300 m则以额定功率运动的距离x 2'=2400 m -300 m =2100 m对以恒定功率运动阶段,有P 额t 2-fx 2'=12m v m 2-12mv 2解得t 2=50 s所以最短时间为t 总=t 1+t 2=20 s +50 s =70 s .课时作业(十四)1.D [解析] 当合力与速度同向时,物体的速度的方向不变,比如自由落体运动,选项A 错误;根据牛顿第二定律,加速度与合力成正比,如果合力恒定,则加速度不变,选项B 错误;匀速圆周运动中,合力不为零,但动能不变,选项C 错误;根据动量定理,动量的变化等于合力的冲量,冲量不为零,故物体的动量一定变化,选项D 正确.2.D [解析] 小球从平衡位置P 缓慢地移动到Q 点的过程中,由动能定理得W F -mgL (1-cos θ)=0,选项D 正确.3.B [解析] 该同学将篮球投出时的高度约为h 1=1.8 m ,根据动能定理得W-mg (h-h 1)=12mv 2,解得W=7.5 J ,故选项B 正确.4.AC [解析] 因为重力做功-3 J ,所以重力势能增加3 J ,A 正确,B 错误;根据动能定理W 合=ΔE k ,可得ΔE k =-3 J +8 J -0.5 J =4.5 J ,C 正确,D 错误.5.C [解析] 重力对物体做的功为mg (h+H ),物体重力势能减少mg (H+h ),合力对物体做的总功为零,选项A 、B 错误,选项C 正确;对运动的全过程,由动能定理得mg (H+h )-fh=0,解得平均阻力f=mg(ℎ+H)ℎ,选项D 错误.6.D [解析] 由动能定理得E k -E k0=mgh=mg ·12gt 2,则E k =E k0+mg ·12gt 2,与E k =2+50t 2(J )对比可知,m=1 kg ,初动能为E k0=2 J =12m v 02,所以v 0=2 m/s ,选项A 、B 错误;2 s 内水平位移x=vt=4 m ,选项C 错误;2 s 末的动能E k =202 J =12mv 2,解得v ≈20.1 m/s ,选项D 正确.7.D [解析] 设物体在AB 段克服摩擦力所做的功为W AB ,物体从A 到C 的全过程,根据动能定理得mgR-W AB -μmgR=0,所以W AB =mgR-μmgR=(1-μ)mgR ,故D 正确. 8.ABC [解析] F-x 图像与坐标轴围成图形的面积代表拉力F 做的功,由图知减速阶段F-x 图像与坐标轴围成图形的面积约占12个小格,每个小格的面积代表1 J ,则减速阶段拉力所做的功约为12 J ,故选项B 正确.刚开始物体匀速运动,则F=μmg ,由图知F=7 N ,则μ=Fmg =0.35,故选项A 正确.对全程应用动能定理,得W F -μmgx=0-12m v 02,其中W F =7×4 J +12 J =40 J ,解得v 0=6 m/s ,故选项C 正确.由于所做的运动不是匀减速运动,无法求得减速运动的时间,故选项D 错误.9.B [解析] 质点在Q 点时,有F N -mg=m v Q2R ,可得v Q 2=gR ,质点从P 滑到Q 的过程中,由动能定理得mgR-W f =12m v Q 2,则克服摩擦力做的功W f =12mgR ,选项B 正确.10.B [解析] 设木板长度为L ,木板与水平地板的夹角为θ,由动能定理得-μmgx -mgh-μmg cos θ·ℎsinθ=0-12m v 02,由几何关系可知x+ℎcosθsinθ等于Q 点到平台右端的水平距离,为一个定值,即-μmgX -mgh=0-12m v 02,截短后,Q 到平台右端的水平距离不变,高度不变,所以滑块克服摩擦力做功不变,滑块的初速度仍等于v 0,选项B 正确.11.BC [解析] 物块在斜面顶端由静止释放后能够下滑,应满足mg sinα>μ0mg cos α,即μ0<tan α,选项A 错误;根据牛顿第二定律得a=g sin α-μg cos α,可知物块下滑过程中,随着μ的减小,a 在增大,选项B 正确;摩擦力f=μmg cos α=(μ0-μ0lx)mg cos α,可知f 与x 成线性关系,如图所示,其中f 0=μ0mg cos α,则物块下滑到斜面底端的过程中克服摩擦力做功W f =l =12μ0mgl cos α,选项C 正确;由动能定理得mgl sin α- 12μ0mgl cos α = 12mv 2,解得v=√2glsinα-μ0glcosα,选项D 错误.12.(1)1 m (2)B 点[解析] (1)小球在C 点时,有mg=m v C2rmgh-μmgL=12m v C 2联立解得L=1.0 m .(2)最终小球停在B 、C 之间,由动能定理得mgh-μmgx=0 解得x=4.0 m走过的路程是BC 长度的4倍,最终停在B 点. 13.(1)7.4 N (2)0.96 m[解析] (1)BC 长度s BC =Rtan37°=0.4 m 物块在AD 段运动的过程中,由动能定理得12m v D 2=mg [L sin 37°+R (1-cos 37°)]-μmg cos 37°·s BC 在D 点时,有F N =mg+m v D2R 联立解得 F N =7.4 N由牛顿第三定律可得物块第一次通过D 点时对轨道的压力大小为7.4 N (2)物块在光滑的圆弧轨道内运动时,只有重力做功,机械能守恒,取D 所在水平面为零势能面,设物块上升的最大高度为H ,由机械能守恒定律得mgH=12m v D 2解得H=0.96 m课时作业(十五)1.B [解析] 运动员在合力为0时动能最大,其动能先增大后减小,由于运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒,所以运动员的重力势能和弹性绳的弹性势能之和在合力为0时最小,选项A 错误,B 正确;弹性绳先逐渐恢复原状,后处于松弛状态,则弹性势能先减小后不变,由于系统的机械能守恒,所以运动员的机械能先增大后保持不变,选项C 、D 错误.2.D [解析] 根据机械能守恒定律可知,在E 点和D 点钉钉子时,摆球最高可摆到与A 、B 等高的位置,选项A 、B 错误;当在F 点钉钉子时,摆球不可能摆到D 点,因为摆球如果摆到D 点,根据机械能守恒定律可知,其速度为0,可是摆球要想由C 点摆到D 点,在D 点时必须有一定的速度,至少由重力提供向心力,选项C 错误;若在F 点以下钉钉子,则摆球摆到最高点时能够具有一定的速度,有可能做完整的圆周运动,选项D 正确.3.C [解析] 蹦床弹力对小朋友做了功,小朋友的机械能不守恒,选项A 错误;从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中,蹦床对小朋友的弹力F 逐渐增大,其加速度先减小后反向增大,选项B 错误;小朋友从h 2到h 4高度,蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒,则弹性势能为E p =mg (h 2-h 4),选项C 正确;小朋友从h 1下降到h 5过程中,在h 5高度的弹性势能最大,且最大值E pm =mgh 1-mgh 5,选项D 错误.4.C [解析] 铁链在向一侧滑动的过程中受重力和滑轮弹力的作用,弹力始终与对应各节链条的运动方向垂直,故只有重力做功,设铁链刚好完全离开滑轮时的速度为v ,由机械能守恒定律得12mv 2+ΔE p =0,其中铁链重力势能的变化量ΔE p =-12mg ·L2,解得v=√gL2,故C 正确.5.ACD [解析] 若各斜面光滑,则滑块下滑过程中机械能守恒,有mgh=12mv 2,滑块到达A 、B 、C 、D ……各点的速率相同时,下落的高度h 相同,即A 、B 、C 、D ……各点处在同一水平线上,选项A 正确,选项B 错误;以O 点为最高点,作等时圆,可知下滑的时间相等时所处的位置在同一竖直面内的圆周上,选项C 正确;从O 点下滑到A 、B 、C 、D ……各点的过程中,设滑块滑动的水平距离是x ,滑块损失的机械能为克服摩擦力做的功,即ΔE=W f =μmg cos θ·xcosθ=μmgx ,因ΔE 相同,故x 相同,说明A 、B 、C 、D ……各点处在同一竖直线上,选项D 正确.6.C [解析] 物体做竖直上抛运动,有v 0=g ·t2,解得星球表面重力加速度为g=2v 0t,卫星绕星球表面做圆周运动,有m v 2R =mg ,解得v=√gR =√2v 0R t,此为最大环绕速度,也是最小发射速度,故以此速度或超过此速度水平抛出,物体都不会落回星球表面,故A 、B 正确;设竖直上抛的初速度为v',卫星绕星球表面运动时,由机械能守恒定律得-GmM R+12mv'2=0,又GMm R 2=mg ,解得v'=2√v 0R t,故D 正确,C 错误.7.AB [解析] A 、B 组成的系统只有重力做功,系统机械能守恒,B 球运动到圆环最低点时,系统减小的重力势能为mgR ,在杆从竖直状态到水平状态的过程中,系统重力势能减小量最大,为√2mgR ,故A 正确,C 错误.A 球从C 点运动到D 点的过程中,速度先增大后减小,则合力先做正功,后做负功,故D 错误.因为杆水平时,系统重力势能减小量最大,根据机械能守恒定律知,系统动能最大,所以当杆水平时,A 、B 球的速度最大,故B 正确.8.BD [解析] 当A 球即将到达地面时,B 和C 的速度为0,对A 、B 、C 三者组成的系统,由机械能守恒定律得mgL=12mv 2,则A 落地的瞬时速度v=√2gL ,选项B 正确;B和C 的速度先增大后减小,则A 的机械能先减小后增大,选项A 错误;在B 减速阶段,杆对B 的作用力沿杆指向右上方,B 受到的支持力小于mg ,由牛顿第三定律知,选项D 正确.9.(1)1450 N (2)716[解析] (1)设A 到达b 点时速度为v b ,根据动能定理可得mg ·ab (sin θ-μcosθ)=12m v b 2解得v b =√489 m/s设A 到达圆轨道Ⅰ最高点时速度为v c ,轨道对A 的弹力大小为F ,有mgR 1(1+cos θ)=12m v b 2-12m v c 2mg+F=m v c 2R 1联立解得F=1450 N(2)设A 运动到圆轨道Ⅰ最低点P 时速度为v P ,有mgR 1(1-cos 37°)=12m v P 2-12m v b 2解得v P =√529 m/s =23 m/s设A 与B 碰撞后共同速度为v ,则mv P =(M+m )v设连在一起的A 、B 安全通过圆轨道Ⅱ最高点的最小速度为v d ,在P 点最小速度为v'P ,有 (M+m )g=(M+m )v d2R 22(M+m )gR 2=12(M+m )v 'P 2-12(M+m )v d 2联立解得v'P =√256 m/s =16 m/s 当v=v'P 时,M 最大,解得M=(2316-1)m=716m 10.(1)√gL 0 (2)2√3gL g(3)见解析[解析] (1)球通过最高点时的速度为v ,有F+mg=m v 2L 解得F=m v 2L -mg 当F=0时,v 最小, 速度v 的最小值为√gL(2)若小球恰好通过最高点,则v A =√gL12m v B 2=12m v A 2+mgL v B =v D =√3gL小球从B 点、D 点分别竖直上抛和竖直下抛,则Δt=2v B g=2v D g=2√3gL g(3)设小球运动到最高点绳断开后平抛运动时间为t ,则h+L=12gt 2 x=vt设小球运动到最低点C 时速度为v',绳突然断开后小球做平抛运动的时间为t',则h-L=12gt'2 x'=v't'由机械能守恒定律得2mgL+12mv 2=12mv'2 又x=x' 联立解得h=v'22g -L小球运动到最高点时,有v ≥√gL 小球运动到最低点时,有v'≥√5gL 故h ≥32L课时作业(十六)1.B [解析] 对上升过程,由动能定理得-(mg+F )h=-12m v 02,动能减小了(F+mg )H ,选项A 错误;小球克服阻力做的功等于机械能的减小量,即机械能减小了FH ,选项B 正确,D 错误;重力做功为-mgH ,重力势能增加了mgH ,选项C 错误.2.C [解析] 合外力做功等于动能的增加量,初动能为零,所以末动能为W 1+W 2+W 3,选项A 错误;重力做功等于重力势能的减少量,因为重力做功W 1,所以重力势能减少W 1,原来为零,终态时为-W 1,选项B 错误;机械能是动能、重力势能、弹性势能之和,因为此题不涉及弹性势能,所以机械能的改变量就取决于动能和势能的改变量,则机械能的改变量为(W 1+W 2+W 3)-W 1=W 2+W 3,选项C 正确,D 错误.3.D [解析] v 2-h 图像为倾斜直线,可知物体的动能变化量与高度变化量成正比,即合外力为恒力,而物体所受重力不变,故拉力也一定保持不变.物体机械能的变化量大小等于除重力(和弹簧弹力)以外的其他力做功的大小,由功能关系可知,随高度增加,恒定拉力做正功,机械能均匀增加,故选项D 正确.4.C [解析] 先求出空气阻力大小,由能量守恒定律得f ·74H=mg ·H4,解得f=mg 7;为使小球回到原来的高度,应补充因空气阻力做功损失的机械能,即E=mg 7·2H=27mgH.5.B [解析] 伸缩臂使人与平台上升到灭火位置,功率P 1=m 1gℎt 1=800 W ,但伸缩臂有质量,其高度上升,也消耗功率,故发动机的功率大于800 W ,选项D 错误;水炮每秒射出的水的质量m=1000×360 kg =50 kg ,水炮对水做的功W=mgh+12mv 2,其功率P=Wt =4×104 W ,选项A 、C 错误,B 正确.6.C [解析] 由能量守恒定律可知,力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统的内能,故W=12mv 2+μmg ·s 相,s 相=vt-v2t ,v=μgt ,联立可得W=mv 2,选项C 正确.7.AB [解析] 对运动员,由牛顿第二定律得mg-f=ma ,则阻力f=mg 5,运动员的重力做功为mgh ,重力势能减少了mgh ,合力做功为45mgh ,动能增加了45mgh ,选项A 、B 正确;运动员克服阻力所做的功为mgℎ5,机械能减少了mgℎ5,选项C 、D 错误.8.AD [解析] 从D 到C ,橡皮筋对弹丸一直做正功,弹丸机械能一直增加,弹丸先加速后减速运动,动能先增大后减小,选项A 正确,B 、C 错误;从D 到E 橡皮筋的弹力大于从E 到C 橡皮筋的弹力,从D 到E 橡皮筋的弹力做的功大于从E 到C 的弹力所做的功,则从D到E弹丸增加的机械能大于从E到C弹丸增加的机械能,选项D 正确.9.AC[解析]高度在0.2~0.35 m的范围内,ΔE k=-ΔE p=-mgΔh,图线的斜率k=ΔE kΔℎ=0-0.30.35-0.2N=-2 N=-mg,所以m=0.2 kg,选项A正确;由能量守恒定律知,当滑块上升至最大高度时,弹簧最大弹性势能E pm=mgΔh=0.5 J,选项B错误;在E k-h图像中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度在0.2~0.35 m范围内图像为直线,所受合外力为恒力,所以h=0.2 m时滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2 m,选项C 正确;由图像可知,当h=0.18 m时滑块的动能最大,此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小,根据能量守恒定律知,E pmin=E-E km=E pm+mgh-E km=0.5J+0.2×10×0.1 J-0.32 J=0.38 J,选项D错误.10.BD[解析]物体刚被放到A点时,做匀加速直线运动,加速度a 1=μmgcosθ-mgsinθm=g(μcos θ-sin θ)=2.5 m/s2,若物体能与传送带达到相同的速度,则上滑位移为x1=v22a1=0.2 m<L=5 m,假设成立,物体加速到v=1 m/s时运动的时间t1=va1=0.4 s,因为μmg cos θ=75 N>mg sin θ=50 N,故之后小物体将向上做匀速运动,运动的时间为t2=L-x1v =4.8 s,运动的总时间为t=t1+t2=5.2 s,选项A错误;小物体运动到B点时的速度为1 m/s,从A到B,由动能定理得W传-mgL sin θ=12mv2-0,解得W传=255 J,选项B正确;在相对滑动时,s相=vt1-x1=0.2 m,则物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmg cos θ·s相=15 J,选项D正确;由功能关系可知,电动机做的功等于物体增加的机械能和因滑动摩擦而发的热,则W电=W传+Q=270 J,选项C 错误.11.(1)2 m/s(2)0.8 s(3)2.25×104 W[解析](1)吊锤上升过程中,由功能关系得ΔE=FΔh结合图像可得F=ΔEΔℎ=2.25×104N设吊锤上升到h 1=1.6 m 处的速度为v 1,由动能定理得Fh 1-mgh 1=12m v 12-0联立解得v 1=2 m/s(2)吊锤上升到h 1=1.6 m 处后做初速度为v 1=2 m/s 的竖直上抛运动,设经时间t 落到钉子上,有-h 1=v 1t-12gt 2 解得t=0.8 s(3)设吊锤上升到h 2=0.4 m 处的速度为v 2,由动能定理得Fh 2-mgh 2=12m v 22-0解得v 2=1 m/sF 的瞬时功率P=Fv 2=2.25×104 W 12.(1)0.2 (2)25√26 N ·s 0.8 J[解析] (1)由动能定理得-μmg (L 1+L 2)=0-12m v 02,解得μ=0.2.(2)当传送带逆时针转动时,滑块在传送带上的加速度大小为a=μg=2 m/s 2,设滑块离开传送带时的速度大小为v 1,有v 02-v 12=2aL 1,解得v 1=1.6 m/s .设滑块在传送带上运动的时间为t ,有L 1=v 0+v 12t ,解得t=0.2 s ,传送带对滑块的作用力F=√(μmg)2+(mg)2=2√26 N , 所以传送带对滑块的冲量I=Ft=25√26 N ·s .由于滑块冲出传送带时,传送带向左运动的距离s=vt=0.4 m , 所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=μmg (s+L 1)=1.52 J ,根据能量守恒定律得,电动机多消耗的电能E=Q+12m v 12-12m v 02=0.8 J .感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
新(江苏专版)高考物理大一轮总复习题库 第五章 机械能守恒定律(含解析)-人教版高三全册物理试题
学案23 机械能守恒定律与其应用一、概念规律题组1．在如下几个实例中，机械能守恒的是()A ．在平衡力作用下运动的物体B ．物体沿光滑圆弧曲面自由下滑C ．在粗糙斜面上下滑的物体，下滑过程中受到沿斜面向下的拉力，拉力大小大于滑动摩擦力D ．如图1所示，在光滑水平面上压缩弹簧过程中的小球图12．当重力对物体做正功时，物体的()A ．重力势能一定增加，动能一定减小B ．重力势能一定减小，动能一定增加C ．重力势能不一定减小，动能一定增加D ．重力势能一定减小，动能不一定减小图23．从高为h 处以速度v 0竖直向上抛出一个质量为m 的小球，如图2所示．假设取抛出点物体的重力势能为0，不计空气阻力，如此物体着地时的机械能为()A ．mghB ．mgh ＋12mv 20 C .12mv 20 D .12mv 20－mgh4．从高处自由下落的物体，它的重力势能E p 和机械能E 随下落的高度h 的变化图线(如下图)正确的答案是()二、思想方法题组图35．木块静止挂在绳子下端，一子弹以水平速度射入木块并留在其中，再与木块一起共同摆到一定高度，如图3所示，从子弹开始入射到共同上摆到最大高度的过程中，下面说法正确的答案是()A．子弹的机械能守恒B．木块的机械能守恒C．子弹和木块的总机械能守恒D．以上说法都不对图46．如图4所示，两个质量一样的小球A和B，分别用线悬在等高的O1、O2两点，A球的悬线比B球的悬线长，把两球的悬线拉到水平后将小球无初速度的释放，如此经过最低点时(以悬点为零势能点)，如下说法不正确的答案是()A．A球的速度大于B球的速度B．A球的动能大于B球的动能C．A球的机械能大于B球的机械能D．A球的机械能等于B球的机械能一、机械能守恒的判断方法1．机械能守恒的条件：只有重力或系统内的弹力做功．2．机械能守恒的判断方法(1)从机械能的定义直接判断：假设物体动能、势能均不变，机械能不变．假设一个物体动能不变，重力势能变化，或重力势能不变，动能变化或动能和重力势能同时增加(或减小)，其机械能一定变化．(2)用做功判断：假设物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他外力，但其他外力不做功，机械能守恒．(3)用能量转化来判断：假设物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，如此物体系统的机械能守恒．【例1】如下运动中能满足机械能守恒的是()A．手榴弹从手中抛出后的运动B．子弹射穿木块C．细绳一端固定，另一端拴着一个小球，使小球在光滑水平面上做匀速圆周运动D．吊车将货物匀速吊起[规范思维]二、机械能守恒定律与应用1．用守恒的观点表示，即系统在初状态的机械能等于末状态的机械能，表达式为E k1＋E p1＝E k2＋E p2或E1＝E2.2．用转化的观点表示，即：系统减少(增加)的势能等于增加(减少)的动能，表达式为ΔE p ＝－ΔE k.3．用转移的观点表示，即系统假设由A、B两局部组成，A局部机械能的减少量等于B局部机械能的增加量，表达式为：ΔE A减＝ΔE B增．【例2】(2011·皖南八校高三联考)素图5有“陆地冲浪〞之称的滑板运动已深受广阔青少年喜爱．如图5所示是由足够长的斜直轨道，半径R1＝2 m的凹形圆弧轨道和半径R2＝3.6 m的凸形圆弧轨道三局部组成的模拟滑板组合轨道．这三局部轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内．其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上．一可视为质点，质量为m＝1 kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点，P点距水平面的高度h＝3.2 m，不计一切阻力，g取10 m/s2.求：(1)滑板滑至M点时的速度；(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力；(3)假设滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，如此滑板的下滑点P距水平面的高度．[规范思维]【例3】 (全国Ⅱ高考.18)如图6所示，图6一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b.a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b 后，a 可能达到的最大高度为()A ．hB ．1.5hC ．2hD ．2.5h[规范思维]图7【例4】如图7所示，内壁光滑的空心细管弯成的轨道ABCD 固定在竖直平面内，其中BCD 段是半径R ＝0.25 m 的圆弧，C 为轨道的最低点，CD 为14圆弧，AC 的竖直高度差h ＝0.45m ．在紧靠管道出口D 处有一水平放置且绕其水平中心轴OO ′匀速旋转的圆筒，圆筒直径d ＝0.15 m ，筒上开有小孔E.现有质量为m ＝0.1 kg 且可视为质点的小球由静止开始从管口A 滑下，小球滑到管道出口D 处时，恰好能从小孔E 竖直进入圆筒，随后，小球由小孔E 处竖直向上穿出圆筒．不计空气阻力，取g ＝10 m /s 2.求： (1)小球到达C 点时对管壁压力的大小和方向； (2)圆筒转动的周期T 的可能值．[规范思维]【根底演练】图81．(2009·广东高考)游乐场中的一种滑梯如图8所示．小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，如此()A．下滑过程中支持力对小朋友做功B．下滑过程中小朋友的重力势能增加C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功图92．(2010·安徽理综)伽利略曾设计如图9所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速度的大小()A．只与斜面的倾角有关B．只与斜面的长度有关C．只与下滑的高度有关D．只与物体的质量有关3．(2010·福建·17)如图10甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，如此()图10A．t1时刻小球动能最大B．t2时刻小球动能最大C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能图114．(2011·湖北黄冈中学、襄樊四中联考)如图11所示，长为L的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端安装在固定转动轴O上，杆可在竖直平面内绕轴O无摩擦地转动．假设在最低点P处给小球一沿切线方向的初速度v0＝2gL.不计空气阻力，如此()A．小球不可能到达圆轨道的最高点QB．小球能到达圆周轨道的最高点Q，且在Q点受到轻杆向上的弹力C．小球能到达圆周轨道的最高点Q，且在Q点受到轻杆向下的弹力D．小球能到达圆周轨道的最高点Q，但在Q点不受轻杆的弹力5．(某某高考.8)物体做自由落体运动，E k代表动能，E p代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面，如下所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是()图126．(2011·泰州市联考)如图12所示，半径为R 的竖直固定光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬间得到一个水平初速度v 0，假设v 0大小不同，如此小球能够上升到的最大高度(距离底部)也不同．如下说法中正确的答案是()A ．如果v 0＝gR ，如此小球能够上升的最大高度为R 2B ．如果v 0＝2gR ，如此小球能够上升的最大高度为R 2C ．如果v 0＝3gR ，如此小球能够上升的最大高度为3R 2D ．如果v 0＝5gR ，如此小球能够上升的最大高度为2R7．图13如图13所示，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A 和物块B ，跨过固定于斜面体顶端的小滑轮O ，倾角为θ＝30°的斜面体置于水平地面上．A 的质量为m ，B 的质量为4m.开始时，用手托住A ，使OA 段绳恰处于水平伸直状态(绳中无拉力)，OB 绳平行于斜面，此时B 静止不动．将A 由静止释放，在其下摆过程中，斜面体始终保持静止，如下判断中错误的答案是()A ．物块B 受到的摩擦力先减小后增大B．地面对斜面体的摩擦力方向一直向右C．小球A的机械能守恒D．小球A的机械能不守恒，A、B系统的机械能守恒题号 1 2 3 4 5 6 7答案8.一质量为50 kg的男孩在距离河流40 m高的桥上做“蹦极跳〞，原长长度为14 m的弹性绳AB一端系着他的双脚，另一端如此固定在桥上的A点，如图14(a)所示，然后男孩从桥面下坠直至贴近水面的最低点D.男孩的速率v跟下坠的距离h的变化关系如图(b)所示，假定绳在整个运动过程中遵守胡克定律(不考虑空气阻力、男孩的大小和绳的质量，g取10 m/s2)．求：图14(1)当男孩在D点时，绳所储存的弹性势能；(2)绳的劲度系数；(3)讨论男孩在AB、BC和CD期间运动时作用于男孩的力的情况．【能力提升】9．(2009·山东·24)如图15所示，某货场需将质量为m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为防止货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全一样的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上外表与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)图15(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)假设货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)假设μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．图1610．(2011·四川省钟祥中学期中)如图16所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D 两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离x＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝3 m．小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2.如此：(1)假设小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度？(2)假设小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围是多少？学案23 机械能守恒定律与其应用【课前双基回扣】 1．BC2．D[重力对物体做正功，重力势能减小，但物体可能受其他力．] 3．C[物体刚抛出时的机械能为12mv 20，机械能守恒．]4．C[机械能守恒E 不随h 变化，而E p ＝mg (H －h )．]5．D[子弹打入木块的过程中，子弹抑制摩擦力做功产生热能，故系统机械能不守恒．] 6．ABD[取悬点为零势能0，二球的机械能相等均为0， 又mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，故v A >v B ，E k A >E k B .]思维提升1．判断机械能是否守恒时，对单个物体就看是否只有重力做功，或者虽受其他力，但其他力不做功；对两个或几个物体组成的系统，就看是否只有重力或系统内弹力做功，假设有其他外力或内力做功(如内部有摩擦等)，如此系统机械能不守恒．2．(1)机械能守恒定律的表达式有多种，具体选用哪一种要视情况而定；(2)对单个物体而言，如果机械能守恒，如此除了应用机械能守恒定律以外，也可以选用动能定理解题． 3．对于多个物体组成的系统，研究对象的选取是解题的关键环节，假设选单个物体为研究对象时，机械能可能不守恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象时，机械能却是守恒的． 【核心考点突破】例1 AC[手榴弹从手中抛出后，在不计空气阻力的情况下，只有重力做功，没有其他力做功，机械能守恒，A 正确；子弹穿过木块的过程中，子弹受到木块施加的摩擦力的作用，摩擦力对子弹做负功，子弹的动能一局部转化为内能，机械能不守恒，B 不正确；小球在光滑的水平面上做匀速圆周运动，受到重力、水平面对小球的支持力、细绳对小球的拉力作用，这些力皆与小球的运动方向垂直，不做功，所以小球在运动过程中无能量转化，保持原有的动能不变，即机械能守恒，C 正确；吊车将货物匀速吊起的过程中，货物受到与其重力大小相等、方向相反的拉力作用，上升过程中除重力做功外还有拉力对物体做正功，货物的机械能增加，故机械能不守恒，D 不正确．][规范思维] 机械能守恒的条件绝不是合力的功等于零，更不是合力为零；判断机械能是否守恒，要根据不同情景恰当地选取判断方法． 例2 (1)8 m/s(2)42 N(3)5.4 m解析 (1)对滑板由P 点滑至M 点，由机械能守恒得mgh ＝12mv 2M 所以v M ＝8 m/s.(2)对滑板滑至M 点时受力分析，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 2MR 1所以F N ＝42 N.(3)滑板滑至N 点时对轨道恰好无压力，如此有mg ＝m v 2NR 2得v N ＝6 m/s滑板从P 点到N 点机械能守恒，如此有mgh ′＝mgR 2＋12mv 2N 解得h ′＝5.4 m.[规范思维] 应用机械能守恒定律解题的根本步骤： (1)根据题意，选取研究对象(物体或系统)；(2)明确研究对象的运动过程，分析研究对象在运动过程中的受力情况，弄清各力的做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件；(3)如果符合，如此根据机械能守恒定律列方程求解．注意：所列方程有多种形式，如：E k1＋E p1＝E k2＋E p2，ΔE k ＝－ΔE p ，ΔE A ＝－ΔE B 等，视具体情况，灵活运用．例3 B[在b 球落地前，a 、b 球组成的系统机械能守恒，且a 、b 两球速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：3mgh －mgh ＝12(m ＋3m )v 2，v ＝gh ，b 球落地时，a 球高度为h ，之后a 球向上做竖直上抛运动，在这个过程中机械能守恒，12mv 2＝mg Δh ，Δh ＝v 22g ＝h2，所以a 球可能达到的最大高度为1.5h ，B 正确．][规范思维] 此题中单个物体机械能并不守恒，但系统机械能守恒，可以对系统应用机械能守恒定律．对系统应用机械能守恒定律要注意： (1)合理选取系统，判断是哪个系统的机械能守恒； (2)清楚系统内各局部机械能(动能、势能)的变化情况． 例4 (1)4.6 N 方向竖直向下 (2)0.22n ＋1s(n ＝0,1,2,3，…)解析 (1)小球从A →C ，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 2C小球在C 点处，根据牛顿第二定律有F N C －mg ＝mv 2CR解得F N C ＝m (g ＋v 2CR)＝4.6 N根据牛顿第三定律知小球到达C 点时对管壁压力的大小为4.6 N ，方向竖直向下． (2)小球从A →D ，由机械能守恒定律得mgh ＝mgR ＋12mv 2D代入数据解得v D ＝2 m/s小球由D 点竖直上抛至刚穿过圆筒时，由位移公式得d ＝v D t －12gt 2，解得t 1＝0.1 s 和t 2＝0.3 s(舍去)小球能向上穿出圆筒所用时间满足t ＝T2(2n ＋1)(n ＝0,1,2,3，…)联立解得T ＝2t 2n ＋1＝0.22n ＋1s(n ＝0,1,2,3，…)规范思维 应用机械能守恒定律，无需关注中间过程的细节，只需考虑初、末状态的机械能或动能、势能的变化，因此机械能守恒定律对解决曲线运动问题应用广泛，经常与圆周运动、平抛运动规律相结合解题． 【课时效果检测】 1．D2.C3.C4.B5.B6．AD[根据机械能守恒定律，当速度v 0＝gR 时，由mgh ＝12mv 20解得h ＝R2，A 项正确，B项错误；当v 0＝5gR ，小球能够运动到圆轨道内侧最高点，D 项正确；当v 0＝3gR 时小球运动到圆轨道内侧最高点以下，假设C 项成立，说明小球运动的末速度为0，这是不可能的，因为小球沿轨道未到3R2高处就已经脱离轨道做斜抛运动了．] 7．ABC[首先需要判断B 物体在整个过程中是否发生了运动．当A 球未释放时B 物体静止，如此此时B 受向上的静摩擦力F f ＝4mg ·sin θ＝2mg .假设在A 球运动的过程中B 未动，如此A 球下落的过程中机械能守恒，mgR ＝12mv 2，v ＝2gR ，在最低点时，对A 球进展受力分析可得，F T －mg ＝m v 2R，F T ＝3mg ，A 球运动至最低点时绳子拉力最大，此时F T ＝3mg <F f＋4mg ·sin θ＝4mg ，说明A 球在运动的过程中不能拉动B 物体，故小球A 的机械能守恒，C 正确，D 错误；斜面体对B 物体的静摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，故先减小后增大，A 正确；小球下降时有沿着绳子方向的加速度，根据整体法可判断出地面对斜面体的摩擦力方向一直向右，故B 正确．] 8．(1)2×104J(2)62.5 N/m(3)见解析解析 (1)男孩在D 点时速度为零，绳所储存的弹性势能等于男孩减少的重力势能，如此E p ＝mgh ＝50×10×40 J ＝2×104 J(2)男孩到C 点时的速度最大，此时男孩的加速度为零，绳的拉力和男孩的重力大小相等，即mg ＝kx此时绳的伸长量为x ＝22 m －14 m ＝8 m 解得绳的劲度系数为k ＝mg x ＝50×108N/m ＝62.5 N/m(3)由题图(b)可知，AB 段是一条倾斜的直线，男孩仅受重力作用；BC 段男孩受重力和绳的拉力作用，且重力大于拉力；CD 段男孩受重力和绳的拉力作用，且重力小于拉力． 9．(1)3 000 N ，方向竖直向下 (2)0.4<μ1≤0.6(3)4 m/s0.4 s解析 (1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒得m 1gR ＝12m 1v 20①设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得F N －m 1g ＝m 1v 20R②联立①②式，代入数据得F N ＝3 000 N ③根据牛顿第三定律，货物对轨道的压力大小为3 000 N ，方向竖直向下． (2)假设滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ④假设滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1＋m 2)g ⑤联立④⑤式，代入数据得 0．4<μ1≤0.6⑥(3)μ1＝0.5，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动．设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1⑦设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得v 21－v 20＝－2a 1l ⑧ 联立①⑦⑧式，代入数据得v 1＝4 m/s ⑨设货物在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式v 1＝v 0－a 1t ⑩ 联立①⑦⑧⑨式，代入数据得t ＝0.4 s 10．(1)3 m/s(2)3 m/s ≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s解析 (1)小球恰能通过最高点mg ＝m v 2R由B 到最高点12mv 2B ＝12mv 2＋mg (2R )由A →B ：－μmgL 1＝12mv 2B －12mv 2A解得在A 点的初速度v A ＝3 m/s(2)假设v A ＝3 m/s 时，设小球将停在距B 点l 处－μmg (L 1＋l )＝0－12mv 2A解得l ＝1.25 m假设小球刚好停在C 处，如此有－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv A ′2如此v A ′＝4 m/s假设小球停在BC 段，如此有3 m/s≤v A ≤4 m/s假设小球能通过C 点，并恰好越过壕沟时，如此有h ＝12gt 2x ＝v C t －μmg (L 1＋L 2)＝12mv 2C －12mv 2A 如此有v A ＝5 m/s欲满足题意3 m/s≤v A ≤4 m/s 或v A ≥5 m/s 易错点评1．机械能守恒条件是只有重力和系统内的弹簧弹力做功，不是合外力的功等于零，更不是合外力等于零．2．机械能是否守恒与物体的运动状态无关，判断时不要受此干扰．3．零势能面的选取虽对利用机械能守恒的解题结果没有影响，但解题的难易往往不同，所以要尽量选适宜的零势能面．4．对于绳索、链条之类的物体，由于发生形变，其重心位置相对物体来说并不是固定不变的，能否确定重心的位置，常是解决该类问题的关键．可以采用分段法求出每段的重力势能，然后求和即为整体的重力势能；也可采用等效法求出重力势能的改变量．利用ΔE k＝－ΔE p列方程时，不需要选取参考平面，且便于分析计算．学案24 功能关系能量守恒定律一、概念规律题组1．质量均为m的甲、乙、丙三个小球，在离地面高为h处以一样的动能在竖直平面内分别做平抛、竖直下抛、沿光滑斜面下滑的运动，如此如下说法错误的答案是()A．三者到达地面时的速率一样B．三者到达地面时的动能一样C．三者到达地面时的机械能一样D．三者同时落地图12．如图1所示，一个小孩从粗糙的滑梯上加速滑下，对于其机械能的变化情况，如下判断正确的答案是()A．重力势能减小，动能不变，机械能减小B．重力势能减小，动能增加，机械能减小C．重力势能减小，动能增加，机械能增加D．重力势能减小，动能增加，机械能不变3．质量为m的物体，从静止开始以2g的加速度竖直向下运动h，不计空气阻力，如此如下说法中错误的答案是()A．物体的机械能保持不变B．物体的重力势能减小mghC．物体的动能增加2mghD．物体的机械能增加mgh图24．如图2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在弹簧压缩到最短的整个过程中，如下关于能量的表示中正确的答案是()A ．重力势能和动能之和总保持不变B ．重力势能和弹性势能之和总保持不变C ．动能和弹性势能之和总保持不变D ．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变二、思想方法题组5．如图3所示，小球以初速度v 0从光滑斜面底部向上滑，恰能到达最大高度为h 的斜面顶部．图中A 是内轨半径大于h 的光滑轨道、B 是内轨半径小于h 的光滑轨道、C 是内轨直径等于h 的光滑轨道、D 是长为12h 的轻棒，其下端固定一个可随棒绕O 点向上转动的小球．小球在底端时的初速度都为v 0，如此小球在以上四种情况中能到达高度h 的有()图36．从地面竖直向上抛出一个物体，当它的速度减为初速度v 0的一半时，上升的高度为(空气阻力不计)() A .v 202g B .v 204g C .v 208g D .3v 208g一、几种常见的功能关系1．合力做功与物体动能改变之间的关系：合力做功等于物体动能的增量，即W 合＝E k 2－E k 1(动能定理)．2．重力做功与物体重力势能改变之间的关系：重力做功等于物体重力势能增量的负值，即W G ＝－ΔE p .3．弹力做功与物体弹性势能改变之间的关系：弹力做功等于物体弹性势能增量的负值，即W ＝－ΔE p .4．除了重力和系统内弹力之外的其他力做功与机械能改变之间的关系：其他力做的总功等于系统机械能的增量，即W 其他＝ΔE.图4【例1】 (2010·山东理综·22改编)如图4所示，倾角θ＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为l 、质量为m 、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平．用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面)，在此过程中()A ．物块的机械能逐渐增加B ．软绳重力势能共减少14mg lC ．物块重力势能的减少等于软绳抑制摩擦力所做的功D ．软绳重力势能的减少等于其动能的增加与抑制摩擦力所做功之和[规范思维][针对训练1] 如图5所示，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在移动过程中，如下说法正确的答案是()图5A ．F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱抑制摩擦力所做的功之和B ．F 对木箱做的功等于木箱抑制摩擦力和抑制重力所做的功之和C ．木箱抑制重力做的功等于木箱增加的重力势能D ．F 对木箱做的功大于木箱增加的机械能与木箱抑制摩擦力做的功之和二、能量转化与守恒定律的应用 1．摩擦力做功的特点：(1)一对静摩擦力对两物体做功时，能量的转化情况：静摩擦力对相互作用的一个物体做正功，如此另一摩擦力必对相互作用的另一物体做负功，且做功的大小相等，在做功的过程中，机械能从一个物体转移到另一物体，没有机械能转化为其他形式的能．(2)一对滑动摩擦力对两物体做功时，能量的转化情况：由于两物体发生了相对滑动，位移不相等，因而相互作用的一对滑动摩擦力对两物体做功不相等，代数和不为零，其数值为－Fx，即滑动摩擦力对系统做负功，系统抑制摩擦力做功，将机械能转化为内能，即Q＝Fx.2．能量守恒定律：当物体系内有多种形式的能量参与转化时，可考虑用能量守恒定律解题，能量守恒定律的两种常见表达形式：(1)转化式：ΔE减＝ΔE增，即系统内减少的能量等于增加的能量；(2)转移式：ΔE A＝－ΔE B，即一个物体能量的减少等于另一个物体能量的增加．【例2】(2011·衡水模拟)质量为m的木块(可视为质点)左端与轻弹簧相连，弹簧的另一端与固定在足够大的光滑水平桌面上的挡板相连，木块的右端与一轻细线连接，细线绕过光滑的质量不计的轻滑轮，木块处于静止状态，在如下情况中弹簧均处于弹性限度内，(不计空气阻力与线的形变，重力加速度为g)．(1)在图6甲中，在线的另一端施加一竖直向下的大小为F的恒力，木块离开初始位置O 由静止开始向右运动，弹簧开始发生伸长形变，木块通过P点时，速度大小为v，O、P 两点间的距离为l.求木块拉至P点时弹簧的弹性势能；图6(2)如果在线的另一端不是施加恒力，而是悬挂一个质量为M的钩码，如图乙所示，木块也从初始位置O由静止开始向右运动，求当木块通过P点时的速度大小．[规范思维]。
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高中物理大一轮复习优化模拟卷05Lex Li（时间60分钟，满分110分）二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在14～17小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在18～21小题中给出的四个选项中有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14、在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是()A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证B．麦克斯韦提出电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律15、A、B两质点在同一直线上运动，t＝0时刻，两质点从同一地点运动的x－t图象如图所示，则下列说法正确的是() A．A质点以20 m/s的速度匀速运动B．B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C．经过4 s，B质点的位移大于A质点的位移D．在图示的运动过程中，A、B两质点之间的距离在0～4 s内某一时刻达到最大16、如图所示，可视为质点的木块A、B叠放在一起，放在水平转台上随转台一起绕固定转轴OO′匀速转动，木块A、B与转轴OO′的距离为1 m，A的质量为5 kg，B的质量为10 kg。
已知A与B间的动摩擦因数为0.2，B与转台间的动摩擦因数为0.3，如木块A、B与转台始终保持相对静止，则转台角速度ω最大值为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2)() A．1 rad/sB． 2 rad/sC． 3 rad/sD．3 rad/s17、如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，电源电压u＝2202sin314t(V)，原线圈电路中接入熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻R，则() A．电压表的读数为77 VB．当可变电阻R的阻值变大时，电源的输入功率变大C．可变电阻R的阻值低于13.75 Ω时保险丝将熔断D．副线圈的输出功率一定是200 W18、氢原子的能级图如图所示，处于n＝3激发态的大量氢原子向基态跃迁时所放出的光子中，只有一种光子不能使某金属A产生光电效应，则下列说法正确的是() A．不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n＝3激发态直接跃迁到基态时放出的B．不能使金属A产生光电效应的光子一定是从n＝3激发态直接跃迁到n＝2激发态时放出的C．若从n＝4激发态跃迁到n＝3激发态，所放出的光子一定不能使金属A产生光电效应D．金属A逸出功一定大于1.89 eV19、如图所示，K、L、M为某静电场中的三个相距较近的等差等势面，电势满足φK<φL<φM，等势面关于bc连线对称．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b 点沿直线移到c点．则该试探电荷在此全过程中() A．所受电场力的方向不变B．所受电场力一直变大C．电势能一直减小D．电势能先不变后增大20、如图所示，在匀强磁场中，两根平行的金属导轨上放置两条平行的金属棒ab和cd，假定它们沿导轨运动的速率分别为v1和v2，且v1＜v2，现在要使回路中产生的感应电流最大，则棒ab、cd的运动情况应该为() A．ab和cd都向右运动B．ab和cd都向左运动C．ab向右、cd向左做相向运动D．ab向左、cd向右做背向运动21、利用如图甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度—时间(v－t)图象．先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v－t图象如图乙所示，g取10 m/s2，则()A．滑块A上滑时加速度的大小为8 m/s2B．滑块A下滑时加速度的大小为8 m/s2C．滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝0.25D．滑块A上滑时运动的位移为2 m三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。
第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。
第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答。
22、（7分）某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成(选填“线性”或“非线性”)关系．（2）由图乙可知，a－m图线不经过原点，可能的原因是：．（3）若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是，钩码的质量应满足的条件是．23、（8分）小明利用如图甲所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻．甲乙（1）图中电流表的示数为 A.（2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U(V) 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06I(A)0.120.200.280.360.44由图线求得：电动势E＝V；内阻r＝Ω.（3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合．其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为．24、(14分)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量m A＝4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量m B ＝2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F＝10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t＝0.6 s，二者的速度达到v t＝2 m/s.求：（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l.25、(18分)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子。
从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：（1）带电粒子到达P点时速度v的大小；（2）若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；（3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件。
33、[物理—选修3-3]（15分）（1）（5分）如图所示，甲分子固定于坐标原点O，乙分子从无穷远a处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲．图中b点合外力表现为引力，且为数值最大处，d点是分子靠得最近处．则下列说法正确的是A．乙分子在a点势能最小B．乙分子在b点动能最大C．乙分子在c点动能最大D．乙分子在c点加速度为零E．乙分子从b到c过程势能减小（2）（10分）如图所示，容器A和汽缸B都能导热，A放置在127 ℃的恒温槽中，B处于27 ℃的环境中，大气压强为p0＝1.0×105 Pa，开始时阀门K关闭，A内为真空，其容积V A＝2.4 L，B内活塞横截面积S＝100 cm2、质量m＝1 kg，活塞下方充有理想气体，其体积V B＝4.8 L，活塞上方与大气连通，A与B间连通细管体积不计，打开阀门K后活塞缓慢下移至某一位置(未触及汽缸底部)．g取10 N/kg.试求：（i）稳定后容器A内气体的压强；（ii）稳定后汽缸B内气体的体积．高中物理大一轮复习优化模拟卷05Lex Li（时间60分钟，满分110分）二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在14～17小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．在18～21小题中给出的四个选项中有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)14、B 伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，选项A错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在，选项B正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向的规律，选项C错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误．15、B x－t图象的斜率大小表示质点运动速度的大小，正负表示速度的方向，由x－t图象可知，A质点沿正方向做匀速直线运动，其速度v＝xt＝404m/s＝10 m/s，A错误；B质点最初4 s沿正方向做减速运动，4～8 s沿负方向做加速运动，B正确；4 s末，A、B两质点到达同一位置，两质点相遇，C错误；0～4 s内，A、B间的距离先增大后减小，4 s末A、B相遇，之后B质点反向运动，两质点间的距离继续增大，显然D错误．16、B由于A、AB整体受到的静摩擦力均提供向心力，故对A，有：μ1m A g≥m Aω2r；对AB整体，有：(m A＋m B)ω2r≤μ2(m A＋m B)g；带入数据解得：ω≤ 2 rad/s，故选B。
17、C原线圈的电压有效值为220 V，保险丝的熔断电流为1 A，故电功率的最大值为220 W，D错误；依据匝数比得副线圈的电压有效值为55 V，A错误；可变电阻R的阻值变大，电压不变，则输出功率变小，电源的输入功率变小，B错误；当R的功率为220 W时，保险丝将熔断，R＝U22P＝552220Ω＝13.75 Ω，C正确．18、BCD 大量处于第3能级的氢原子向基态跃迁时，共可辐射出3种频率的光，其中当原子从第3能级向第2能级跃迁时释放的光子能量最小，其大小为E32＝E3－E2＝1.89 eV，因为该光子不能使金属A产生光电效应，所以金属A的逸出功W一定大于1.89 eV，选项A 错误，B、D正确；若从n＝4激发态跃迁到n＝3激发态，所放出的光子能量为E43＝E4－E3＝0.66 eV<1.89 eV<W，所以该光子一定不能使金属A产生光电效应，选项C正确．19、AB由等势面的形状可知，这是等量异种点电荷形成的电场，由φK<φL<φM，可知正点电荷在右边，负点电荷在左边，试探电荷从a点沿直线移到b点，受的电场力与运动方向垂直(电场线垂直于等势面)，故电场力的方向不变且不做功，电势能不变．从b点到c点，电场力的方向还没变，但做正功，电势能减少．故A正确，C、D错误；画出电场线后可知，试探电荷从a点移到b点，再到c点，电场力一直变大，B正确．20、CD 要使电路中产生的感应电流最大，应该使电路中的感应电动势最大，应该使线圈平面内的磁通量变化最快，本题中磁感应强度的大小不变，根据公式可知当线圈平面的磁通量的变化率最大时产生的感应电流最大，C选项和D选项都可以．21、AC 滑块A 上滑时加速度的大小a 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0－4.00.5 m/s 2＝8.0 m/s 2，选项A 正确；A 下滑时的加速度a 2＝ 4.01.5－0.5m/s 2＝4.0 m/s 2，选项B 错误；由牛顿第二定律知A 上滑时mgsinθ＋μmgcosθ＝ma 1，A 下滑时mgsinθ－μmgcosθ＝ma 2，解得μ＝0.25，选项C 正确；在速度—时间图象中面积表示位移，滑块A 上滑时运动的位移为1 m ，选项D 错误．三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。