《（新課標(biāo)）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓(xùn)練25.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動量 課時跟蹤訓(xùn)練25.doc（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

課時跟蹤訓(xùn)練(二十五) 增分提能 一、選擇題　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2017沈陽質(zhì)量監(jiān)測)如圖所示，A和B兩個小球固定在一根輕桿的兩端，A球的質(zhì)量為m，B球的質(zhì)量為2m，此桿可繞穿過O點的水平軸無摩擦地轉(zhuǎn)動．現(xiàn)使輕桿從水平位置由靜止釋放，則在桿從釋放到轉(zhuǎn)過90的過程中，下列說法正確的是(　　) A．A球的機械能增加 B．桿對A球始終不做功 C．B球重力勢能的減少量等于B球動能的增加量 D．A球和B球的總機械能守恒 [解析]　A球由靜止向上運動，重力勢能增大，動能也增大，所以機械能增大，桿一定對A球做了功，A項正確，B項錯誤；由于無摩擦力做功，系統(tǒng)只有重力做功，A球和B球的總機械能守恒，A球機械能增加，B球的機械能一定減少，故D項正確，C項錯誤． [答案]　AD 2.(多選)(2016西安二測)如圖所示，水平光滑長桿上套有小物塊A，細線跨過O點的輕質(zhì)光滑小定滑輪一端連接A，另一端懸掛小物塊B，物塊A、B質(zhì)量相等，均為m.C為O點正下方桿上一點，滑輪到桿的距離OC＝h，開始時A位于P點，PO與水平方向的夾角為30，現(xiàn)將A、B靜止釋放．重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．由P到C過程物塊A的機械能守恒 B．物塊A在C點的速度最大，大小為 C．物塊A由P到C過程，物塊B的機械能減小mgh D．物塊A到C點時，物塊B的速度大小為 [解析]　將物塊A、B由靜止釋放，物塊A由P運動到C的過程中，拉力做正功，物塊A的機械能增大，選項A錯誤；對物塊A、B組成的系統(tǒng)進行分析，僅有重力做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，由于vB＝vAcosθ.當(dāng)物塊A運動到C點時，物塊A的速度最大，物塊B的速度為零，物塊B下落高度為h/sin30－h(huán)＝h，所以物塊B的機械能減小mgh，設(shè)物塊A在C點的速度為vA，則由機械能守恒定律得，mgh＝mv，解得vA＝，選項B、C正確，D錯誤． [答案]　BC 3．如下圖所示，可視為質(zhì)點的小球A、B用不可伸長的細軟輕線連接，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，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(　　) A．2R B. C. D. [解析]　設(shè)A球剛落地時兩球速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律得：2mgR－mgR＝(2m＋m)v2，解得v2＝gR，B球繼續(xù)上升的高度h＝＝，B球上升的最大高度為h＋R＝R. [答案]　C 4．(2017煙臺模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點的小球A和B用一根長為0.2 m的輕桿相連，兩球質(zhì)量相等，開始時兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個2 m/s的初速度，經(jīng)一段時間兩小球滑上一個傾角為30的光滑斜面，不計球與斜面碰撞時的機械能損失，g取10 m/s2，在兩小球的速度減小為零的過程中，下列判斷正確的是(　　) A．桿對小球A做負功 B．小球A的機械能守恒 C．桿對小球B做正功 D．小球B速度為零時距水平面的高度為0.15 m [解析]　由題意可知，A、B兩球在上升中受A的重力做功而做減速運動；假設(shè)沒有桿連接，則A上升到斜面時，B還在水平面上運動，即A在斜面上做減速運動，B在水平面上做勻速運動，因有桿存在，所以是B推著A上升，因此桿對A做正功，故A錯誤；因桿對A球做正功，故A球的機械能不守恒，故B錯誤；由以上分析可知，桿對球B做負功，故C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，可得：mgh＋mg(h＋Lsin30)＝2mv2，解得：h＝0.15 m，故D正確． [答案]　D 5．(2017湖北襄陽模擬)木板固定在墻角處，與水平面夾角θ＝37，木板上表面光滑，木板上有一個孔洞，一根長為L、質(zhì)量為m的軟繩置于木板上，其上端剛好進入孔洞，用細線將質(zhì)量為m的物塊與軟繩連接，如圖所示．物塊由靜止釋放后向下運動，帶動軟繩向下運動，當(dāng)軟繩剛好全部離開木板(此時物塊未到達地面)時，物塊的速度為(已知重力加速度為g，sin37＝0.6) A. B. C. D. [解析]　解法一：(守恒思想)設(shè)細線的長度為a，選孔洞所在水平面為零勢能面，對物塊和軟繩組成的系統(tǒng)由機械能守恒定律可得 －mga－mgLsin37＝－mg(a＋L)－mgL＋2mv2，解得v＝. 解法二：(轉(zhuǎn)化思想)物塊的重力勢能減少mgL，軟繩重力勢能共減少mgL(1－sinθ)，根據(jù)機械能守恒定律，有mgL＋mgL(1－sinθ)＝2mv2－0，解得v＝ ＝，C正確． [答案]　C 6．(多選)(2017福州質(zhì)檢)如圖所示，左側(cè)為一個固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點為球心，碗的內(nèi)表面及碗口光滑．右側(cè)是一個足夠長的固定光滑斜面．一根不可伸長的輕質(zhì)細繩跨過碗口及豎直固定的輕質(zhì)光滑定滑輪，細繩兩端分別系有可視為質(zhì)點的小球和物塊，且小球質(zhì)量m1大于物塊質(zhì)量m2.開始時小球恰在A點，物塊在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時滑輪右側(cè)的細繩與斜面平行且恰好伸直，C點在球心O的正下方．當(dāng)小球由靜止釋放開始運動，則下列說法中正確的是(　　) A．在小球從A點運動到C點的過程中，小球與物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當(dāng)小球運動到C點時，小球的速率是物塊速率的 C．小球不可能沿碗面上升到B點 D．物塊沿斜面上滑的過程中，地面對斜面的支持力始終保持恒定 [解析]　本題易錯之處是誤認為小球與物塊的速度大小相等，無法判斷地面對斜面的支持力與什么因素有關(guān)．在小球從A點運動到C點的過程中，小球與物塊組成的系統(tǒng)只發(fā)生著動能和重力勢能的轉(zhuǎn)化，小球與物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A正確；當(dāng)小球運動到C點時，設(shè)小球的速率為v1，物塊的速率為v2，分析可知有v2＝v1cos45＝v1，即物塊的速率是小球速率的，選項B錯誤；假設(shè)小球恰能上升到B點，則滑輪左側(cè)的細繩將加長，物塊一定是上升的，物塊的機械能一定增加，小球的機械能不變，導(dǎo)致系統(tǒng)機械能增加，違背了機械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B點，選項C正確；物塊沿斜面上滑過程中，由于滑輪右側(cè)細繩始終與斜面平行，所以物塊對斜面的壓力始終不變，地面對斜面的支持力始終保持恒定，選項D正確． [答案]　ACD 7．(多選)(2017湖北恩施測試)如圖所示，圓心在O點、半徑為R的光滑圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60，軌道最低點a與桌面相切．一輕繩兩端系著質(zhì)量為m1和m2的小球(均可視為質(zhì)點)，掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開始時，m1位于c點，然后從靜止釋放，設(shè)輕繩足夠長，不計一切摩擦．則(　　) A．在m1由c下滑到a的過程中，兩球速度大小始終相等 B．m1在由c下滑到a的過程中重力的功率先增大后減小 C．若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點，則m1＝2m2 D．若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點，則m1＝3m2 [解析]　m1由c點下滑到a點的過程中，沿繩子方向的速度是一樣的，在m1滑下去一段過程以后，此時的繩子方向與圓的切線不重合，所以此時兩個小球的速度不相同，故A錯誤；重力的功率P＝mgv，這里的v是指豎直方向的分速度，m1是由靜止釋放的，所以m1一開始的豎直速度必然為零，最后運動到a點的時候，由于此時的切線是水平的，所以此時的豎直速度也是零，所以重力功率mgv先增大后減小，故B正確；若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點，m2上升，此時兩小球速度均為零，根據(jù)系統(tǒng)的機械能守恒得m1gR(1－cos60)＝m2gR，解得m1＝2m2，故C正確，D錯誤． [答案]　BC 8．(多選)如圖所示，A、B兩小球由繞過輕質(zhì)定滑輪的細線相連，A放在固定的光滑斜面上，B、C兩小球在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C球放在水平地面上．現(xiàn)用手控制住A，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證滑輪左側(cè)細線豎直、右側(cè)細線與斜面平行．已知A的質(zhì)量為4m，B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．釋放A后，A沿斜面下滑至速度最大時，C恰好離開地面．下列說法正確的是(　　) A．斜面傾角α＝30 B．A獲得的最大速度為g C．C剛離開地面時，B的加速度為零 D．從釋放A到C剛離開地面的過程中，A、B兩小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 [解析]　當(dāng)C恰好離開地面時，A的速度最大，加速度為0；B的速度也最大，加速度也為0，由平衡條件T－2mg＝0,4mgsinα－T＝0，聯(lián)立解得α＝30，選項A、C正確．A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項D錯誤．從開始到A的速度最大這一過程，彈性勢能變化量為零，設(shè)A運動的位移為s，則4mgssinα＝mgs＋5mv2，設(shè)開始時彈簧形變量為x，mg＝kx，則s＝2x，聯(lián)立解得v＝2g ，選項B錯誤． [答案]　AC 9．如圖所示，B物體的質(zhì)量是A物體質(zhì)量的一半，不計所有摩擦，A物體從離地面高H處由靜止開始下落，以地面為參考面，當(dāng)A物體的動能與其勢能相等時，A物體距地面的高度為(設(shè)該過程中B未與滑輪相碰)(　　) A．0.4H B．0.2H C．0.8H D.H [解析]　設(shè)A物體距離地面的高度為x時，A物體的動能與勢能相等，即mgx＝mv2，對A、B組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律，mg(H－x)＝v2，解得x＝0.4H，選項A正確． [答案]　A 10．(多選)某實驗小組在家里研究能量的轉(zhuǎn)化，設(shè)計了如下的實驗：一根長度為l、質(zhì)量為m的濕滑毛巾掛在水平晾衣桿上．如圖，分別以圖甲、圖乙兩種情況放置．毛巾的質(zhì)量分布均勻，毛巾與水平晾衣桿之間的摩擦忽略不計．由于右側(cè)輕微擾動，毛巾分別在圖甲、圖乙所示狀態(tài)下從靜止開始豎直下降，兩種情況下毛巾剛好離開水平晾衣桿時的速度分別為v1、v2，已知重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　) A．濕滑毛巾在水平晾衣桿上的運動滿足機械能守恒定律 B．濕滑毛巾的右側(cè)部分在水平晾衣桿上的運動滿足機械能守恒定律 C．圖甲所示情況下毛巾剛好離開水平晾衣桿時的速度v1＝ D．圖乙所示情況下毛巾剛好離開水平晾衣桿時的速度v2＝ [解析]　濕滑毛巾在水平晾衣桿上運動過程中，只有重力做功，滿足機械能守恒定律，選項A正確、B錯誤；取水平晾衣桿頂部為零勢能面，對毛巾在兩種情況下的運動過程，由機械能守恒定律，分別有mg＋mg＝mg＋mv、mg＋mg＝mg＋mv，解得v1＝、v2＝，選項C正確、D錯誤． [答案]　AD 二、非選擇題 11．如圖所示，一輕繩繞過無摩擦的兩個輕質(zhì)小定滑輪O1、O2和質(zhì)量mB＝m的小球B連接，另一端與套在光滑直桿上質(zhì)量mA＝m的小物塊A連接，已知直桿兩端固定，與兩定滑輪在同一豎直平面內(nèi)，開始使小物塊靜止在直桿的C點，此時輕繩與水平面的夾角θ＝30，直桿與定滑輪O1、O2的豎直距離為L，重力加速度為g，設(shè)直桿足夠長，小球B運動過程中不會與直桿相碰．現(xiàn)將小物塊從C點由靜止釋放，試求： (1)當(dāng)小物塊運動到直桿上的D點時(圖中的α＝53)，小物塊的速度VA； (2)運動過程中小物塊A的最大速度VA？(已知：sin53＝0.8，cos53＝0.6) [解析]　(1)對物體A運動分析，物體A運動是由繩子方向與垂直方向兩個運動合成而得， 由平行四邊形定則，則有：v繩＝vAcosα； 在物體從C運動到D過程中，物體B下降的高度為： Δh＝LD－LC＝－＝； 根據(jù)機械能守恒定律，則有： mBgΔh＝mBv＋mAv； 由上三式，聯(lián)立解得： vA＝ (2)當(dāng)物體A運動到O1正下方時，A的速度達到最大，此時B的速度正好為零，物體B發(fā)生位移為： Δh′＝－L＝L 根據(jù)機械能守恒定律，則有： mBgΔh′＝mAvA′2； 因mB＝mA， 所以，解得：vA′＝ [答案]　(1)當(dāng)小物塊運動到直桿上的D點時，小物塊的速度vA＝； (2)運動過程中小物塊A的最大速度vA′＝. 12．如下圖所示，半徑為R的光滑圓柱體被固定在水平臺上，圓柱體中心離臺邊水平距離為0.5R，質(zhì)量為m1的小球用輕繩跨過圓柱體與質(zhì)量為m2的小球相連，開始時將m1控制住放在平臺上，兩邊輕繩豎直．現(xiàn)在釋放m1，讓m1和m2分別由靜止開始運動，當(dāng)m1上升到圓柱體的最高點時，繩子突然斷了，m1恰能做平拋運動，重力加速度為g. (1)m1做平拋運動時的速度v多大？ (2)m2應(yīng)為m1的多少倍？ (3)m1做平拋運動的過程中，恰能經(jīng)過與臺面等高的B點，求B點離臺邊的距離sAB. [解析]　(1)由牛頓第二定律，若m1恰能做平拋運動，說明繩子斷的時刻圓柱體對小球無彈力，則m1g＝， 得v＝. (2)當(dāng)m1上升2R到圓柱體最高點時，m2下降，由m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒得 m2gR－m1g2R＝(m1＋m2)v2， 解得＝. (3)m1開始做平拋運動到到達B點的時間t＝ ＝2 ， 水平距離x＝vt＝2R， 離臺邊sAB＝x－0.5R＝1.5R. [答案]　(1)　(2)　(3)1.5R