2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題綜合檢測二一、選擇題1.(多選)(xx沈陽一模)如圖所示，自動卸貨車始終靜止在水平地面上，車廂在液壓機(jī)的作用下，角逐漸增大且貨物相對車廂靜止的過程中，下列說法正確的是()A貨物受到的摩擦力增大B貨物受到的支持力不變C貨物受到的支持力對貨物做正功D貨物受到的摩擦力對貨物做負(fù)功解析：選AC.貨物處于平衡狀態(tài)，則有mgsin Ff，F(xiàn)Nmgcos ，增大，F(xiàn)f增大，F(xiàn)N減小，A正確，B錯(cuò)誤；貨物受到的支持力的方向與速度方向始終相同，做正功，C正確；摩擦力的方向與速度方向始終垂直，不做功，D錯(cuò)誤2.(xx新余一模)如圖所示是質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)在水平面上做直線運(yùn)動的vt 圖象以下判斷正確的是()A在t1 s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)的加速度為零B在46 s時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的平均速度為2 m/sC在03 s時(shí)間內(nèi)，合力對質(zhì)點(diǎn)做功為10 JD在37 s時(shí)間內(nèi)，合力做功的平均功率為2 W答案：D3.(xx北京東城區(qū)模擬)起重機(jī)的鋼索將重物由地面起吊到空中某個(gè)高度，重物起吊過程中的速度時(shí)間圖象如圖所示，則鋼索拉力的功率隨時(shí)間變化的圖象可能是下圖中的()解析：選B.0t1時(shí)間內(nèi)，重物勻加速上升，F(xiàn)恒定且F>mg，由PFv可知，功率P隨v的增大而增大；t1t2時(shí)間內(nèi)，重物勻速上升，F(xiàn)mg，此過程PFv恒定不變，但t1時(shí)刻起重機(jī)的功率突然變小了，A、D均錯(cuò)誤；t2t3時(shí)間內(nèi)，重物減速上升，F(xiàn)恒定，且有F<mg，此過程中，由PFv可知，起重機(jī)功率隨v的減小而減小，并且在t2時(shí)刻功率突然變小了，故B正確，C錯(cuò)誤4(多選)如圖所示，兩物體A、B用輕質(zhì)彈簧相連靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時(shí)對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同時(shí)由靜止開始運(yùn)動在以后的運(yùn)動過程中，關(guān)于A、B兩物體與彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(整個(gè)過程中彈簧不超過其彈性限度)()A由于F1、F2所做的總功為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能始終不變B當(dāng)A、B兩物體之間的距離減小時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能減小C當(dāng)彈簧伸長到最長時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能最大D當(dāng)彈簧彈力的大小與F1、F2的大小相等時(shí)，A、B兩物體速度為零解析：選BC.從開始狀態(tài)到彈簧拉到最長過程中，兩拉力方向與其受力物體位移方向均相同，做正功，由功能關(guān)系可知，系統(tǒng)機(jī)械能增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)兩物體之間距離減小即A、B相向運(yùn)動，力F1和F2做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能減小，B項(xiàng)正確；當(dāng)彈簧伸長到最長時(shí)，力F1和F2做正功最多，故系統(tǒng)機(jī)械能最大，C項(xiàng)正確；分別對A、B應(yīng)用動能定理，從開始到彈力與外力相等時(shí)，合外力分別對A、B做正功，兩物體動能增加，速度一定大于零，D項(xiàng)錯(cuò)誤5.(xx河北保定4月模擬)如圖所示，在傾角30的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定擋板C，質(zhì)量相等的兩木塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為l.如果用平行斜面向上的恒力F(FmAg)拉A，當(dāng)A向上運(yùn)動一段距離x后撤去F，A運(yùn)動到最高處時(shí)，B剛好不離開C，重力加速度為g，則下列說法正確的是()AA沿斜面上升的初始加速度大小為BA上升的豎直高度最大為2lC拉力F的功率隨時(shí)間均勻增加Dl等于x解析：選D.A沿斜面上升的初始時(shí)刻，A所受合力為FmAgmAa，得ag，A項(xiàng)錯(cuò)誤初始時(shí)A靜止，彈簧壓縮量為l，則有klmAgsin 30；當(dāng)A運(yùn)動到最高處時(shí)，彈簧的伸長量為l，對B受力分析，則有klmBgsin 30，又mAmB，得ll，所以A上升的豎直高度最大為2lsin 30l，B項(xiàng)錯(cuò)誤拉力F的功率PFvFat，a時(shí)刻改變，所以P隨時(shí)間不均勻增加，C項(xiàng)錯(cuò)誤在全程對A由動能定理有mAg2lsin Fx0，得xl，所以D項(xiàng)正確6.(多選)(xx河北石家莊3月模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形光滑凹槽A靜止在光滑水平面上，其質(zhì)量為m.現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小物塊B，由靜止開始從槽左端的最高點(diǎn)沿凹槽滑下，當(dāng)小物塊B剛要到達(dá)槽最低點(diǎn)時(shí)，凹槽A恰好被一表面涂有粘性物的固定擋板粘住，在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零；小物塊B繼續(xù)向右運(yùn)動，運(yùn)動到距槽最低點(diǎn)的最大高度為.則小物塊從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A凹槽A對小物塊B做的功WmgRB凹槽A對小物塊B做的功WmgRC凹槽A被粘住的瞬間，小物塊B對凹槽A的壓力大小為mgD凹槽A被粘住的瞬間，小物塊B對凹槽A的壓力大小為2mg解析：選AD.設(shè)小物塊B第一次到達(dá)最低點(diǎn)的速度為v，小物塊B從最低點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動到最高點(diǎn)，根據(jù)動能定理有mgmv2，得v，小物塊B從左端最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，對B由動能定理有mgRWmv20，得WmgR，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤在最低點(diǎn)小物塊所受的向心力F向FNmgm，得FN2mg，則由牛頓第三定律可知小物塊對凹槽的壓力大小FNFN2mg，所以D項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤7(xx河北石家莊二中一模)一質(zhì)點(diǎn)在015 s內(nèi)豎直向上運(yùn)動，其加速度時(shí)間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10 m/s2，則下列說法正確的是()A質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能不斷增加B在05 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的動能增加C在1015 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能一直增加D在t15 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能大于t5 s時(shí)質(zhì)點(diǎn)的機(jī)械能解析：選D.質(zhì)點(diǎn)豎直向上運(yùn)動，015 s內(nèi)加速度方向向下，質(zhì)點(diǎn)一直做減速運(yùn)動，B錯(cuò)誤.05 s內(nèi)，a10 m/s2，質(zhì)點(diǎn)只受重力，機(jī)械能守恒；510 s內(nèi)，a8 m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機(jī)械能增加；1015 s內(nèi)，a12 m/s2，質(zhì)點(diǎn)受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負(fù)功，機(jī)械能減少，A、C錯(cuò)誤由F合ma可推知F1F2，由于做減速運(yùn)動，510 s內(nèi)通過的位移大于1015 s內(nèi)通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，515 s內(nèi)增加的機(jī)械能大于減少的機(jī)械能，所以D正確8.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的兩倍當(dāng)B位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A2R B.C. D.解析：選C.如圖所示，以A、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設(shè)A質(zhì)量為2m，B質(zhì)量為m，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：2mgRmgR3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運(yùn)動，即有mv2mgh，解得hR.則B上升的高度為RRR，故選項(xiàng)C正確9如圖，光滑軌道由AB、BCDE兩段細(xì)圓管平滑連接組成，其中AB段水平，BCDE段為半徑為R的四分之三圓弧管，圓心O與AB等高，整個(gè)軌道固定在豎直平面內(nèi)現(xiàn)有一質(zhì)量為m，初速度v0的光滑小球水平進(jìn)入圓管AB，設(shè)小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠(yuǎn)小于R，以下說法錯(cuò)誤的是()A小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vCB小球能通過E點(diǎn)并恰好落至B點(diǎn)C若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度距離D點(diǎn)為2RD若減小小球的初速度v0，則小球到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度可以為零解析：選C.從A至C過程，機(jī)械能守恒(以AB為參考平面)：mvmvmgR，將v0代入得vC，故A正確；從A至E過程，機(jī)械能守恒：mvmvmgR，vE，結(jié)合平拋運(yùn)動規(guī)律可知能正好平拋落回B點(diǎn)，故B正確；設(shè)小球能上升的最大高度為h，則由機(jī)械能守恒：mvmgh，hR, 故C錯(cuò)誤；因?yàn)槭菆A弧管，內(nèi)管壁可提供支持力，所以小球在E點(diǎn)速度可以為零，故D正確10.如圖所示，傾角為30的粗糙斜面與傾角為60的足夠長的光滑斜面對接在一起，兩斜面上分別放有質(zhì)量均為m的物塊甲和乙，兩物塊通過一跨過定滑輪的細(xì)線連在一起在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊做勻速運(yùn)動從圖示位置開始計(jì)時(shí)，在物塊甲與滑輪相碰前的一段時(shí)間內(nèi)，下面的圖象中，x、t表示每個(gè)物塊所通過的路程、時(shí)間，E表示兩物塊組成的系統(tǒng)的機(jī)械能，Ep表示兩物塊組成的系統(tǒng)的重力勢能，Wf表示物塊甲克服摩擦力所做的功，WF表示拉力F對物塊乙所做的功，則圖象中所反映的關(guān)系可能正確的是()解析：選C.因?yàn)橄嗤瑫r(shí)間內(nèi)兩物塊的位移大小相等，但斜面傾角不同，故，即h甲<h乙，所以任意時(shí)間段內(nèi)，乙增加的重力勢能大于甲減少的重力勢能，系統(tǒng)的重力勢能增加，而系統(tǒng)動能不變，則系統(tǒng)的機(jī)械能增加，故A、B錯(cuò)誤；物塊甲克服摩擦力所做的功Wfmgxcos 30，xvt，故Wft圖線為一條過原點(diǎn)的傾斜直線，同理WFt圖線也為一條過原點(diǎn)的直線，故C正確，D錯(cuò)誤二、非選擇題11如圖所示，質(zhì)量為M4 kg的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一個(gè)質(zhì)量m1 kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)0.4，在鐵塊上加一水平向左的恒力F8 N，鐵塊在長L6 m的木板上滑動取g10 m/s2.求：(1)經(jīng)過多長時(shí)間鐵塊運(yùn)動到木板的左端；(2)在鐵塊到達(dá)木板左端的過程中，恒力F對鐵塊所做的功；(3)在鐵塊到達(dá)木板左端時(shí)，鐵塊和木板的總動能解析：(1)鐵塊與木板間的滑動摩擦力Ffmg0.4110 N4 N鐵塊的加速度a1 m/s24 m/s2木板的加速度a2 m/s21 m/s2鐵塊滑到木板左端的時(shí)間為t則a1t2a2t2L代入數(shù)據(jù)解得t2 s.(2)鐵塊位移x1a1t2422 m8 m木板位移x2a2t2122 m2 m恒力F對鐵塊做的功WFx188 J64 J.(3)法一：鐵塊的動能EkA(FFf)x1(84)8 J32 J木板的動能EkBFfx242 J8 J鐵塊和木板的總動能Ek總EkAEkB32 J8 J40 J.法二：鐵塊的速度v1a1t42 m/s8 m/s鐵塊的動能EkAmv182 J32 J木板的速度v2a2t12 m/s2 m/s木板的動能EkBMv422 J8 J鐵塊和木板的總動能Ek總EkAEkB32 J8 J40 J.答案：(1)2 s(2)64 J(3)40 J12如圖所示，在距水平地面高h(yuǎn)11.2 m的光滑水平臺面上，一個(gè)質(zhì)量m1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，儲存了一定量的彈性勢能Ep.現(xiàn)打開鎖扣K，物塊與彈簧分離后將以一定的水平速度v1向右滑離平臺，并恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入光滑豎直的圓弧軌道BC.已知B點(diǎn)距水平地面的高h(yuǎn)20.6 m，圓弧軌道BC的圓心O與水平臺面等高，C點(diǎn)的切線水平，并與水平地面上長為L2.8 m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運(yùn)動并與右邊的豎直墻壁發(fā)生碰撞，重力加速度g10 m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)試求：(1)小物塊由A到B的運(yùn)動時(shí)間；(2)壓縮的彈簧在被鎖扣K鎖住時(shí)所儲存的彈性勢能Ep；(3)若小物塊與墻壁碰撞后速度反向、大小變?yōu)榕銮暗囊话?，且只會發(fā)生一次碰撞，那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)應(yīng)該滿足怎樣的條件解析：(1)小物塊由A運(yùn)動到B的過程中做平拋運(yùn)動，在豎直方向上根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律可知，小物塊由A運(yùn)動到B的時(shí)間為：t s0.346 s.(2)根據(jù)題圖中幾何關(guān)系可知，h2h1(1cos BOC)，解得：BOC60根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有：tan 60，解得：v12 m/s根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化與守恒可知，原來壓縮的彈簧儲存的彈性勢能為：Epmv2 J.(3)依據(jù)題意知，的最大值對應(yīng)的是物塊撞墻前瞬間速度趨于零，根據(jù)能量關(guān)系有：mgh1Ep>mgL，代入數(shù)據(jù)解得：<對于的最小值求解，首先應(yīng)判斷物塊第一次碰撞后反彈，能否沿圓軌道滑離B點(diǎn)，設(shè)物塊碰前在D處的速度為v2，由能量關(guān)系有：mgh1EpmgLmv第一次碰墻后返回至C處的動能為：EkCmvmgL可知即使0，有：mv14 J，mv3.5 J<mgh26 J，小物塊不可能返滑至B點(diǎn)故的最小值對應(yīng)著物塊撞后回到圓軌道某處，又下滑經(jīng)C恰好至D點(diǎn)停止，因此有：mv2mgL，聯(lián)立解得：綜上可知滿足題目條件的動摩擦因數(shù)的取值范圍為：<.答案：見解析