高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題綜合檢測二-人教版高三全冊物理試題

專題綜合檢測二一、選擇題1.(多選)(2015·沈陽一模)如圖所示，自動卸貨車始終靜止在水平地面上，車廂在液壓機的作用下，θ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功解析：選AC.貨物處于平衡狀態(tài)，則有mgsinθ＝Ff，F(xiàn)N＝mgcosθ，θ增大，F(xiàn)f增大，F(xiàn)N減小，A正確，B錯誤；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錯誤．2.(2015·新余一模)如圖所示是質量為1kg的質點在水平面上做直線運動的v－t圖象．以下判斷正確的是()A．在t＝1s時，質點的加速度為零B．在4～6s時間內(nèi)，質點的平均速度為2mC．在0～3s時間內(nèi)，合力對質點做功為10JD．在3～7s時間內(nèi)，合力做功的平均功率為2W答案：D3.(2015·北京東城區(qū)模擬)起重機的鋼索將重物由地面起吊到空中某個高度，重物起吊過程中的速度－時間圖象如圖所示，則鋼索拉力的功率隨時間變化的圖象可能是下圖中的()解析：選B.0～t1時間內(nèi)，重物勻加速上升，F(xiàn)恒定且F>mg，由P＝F·v可知，功率P隨v的增大而增大；t1～t2時間內(nèi)，重物勻速上升，F(xiàn)＝mg，此過程P＝F·v恒定不變，但t1時刻起重機的功率突然變小了，A、D均錯誤；t2～t3時間內(nèi)，重物減速上升，F(xiàn)恒定，且有F<mg，此過程中，由P＝F·v可知，起重機功率隨v的減小而減小，并且在t2時刻功率突然變小了，故B正確，C錯誤．4．(多選)如圖所示，兩物體A、B用輕質彈簧相連靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時對A、B兩物體施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同時由靜止開始運動．在以后的運動過程中，關于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)的機械能始終不變B．當A、B兩物體之間的距離減小時，系統(tǒng)的機械能減小C．當彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大D．當彈簧彈力的大小與F1、F2的大小相等時，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，由功能關系可知，系統(tǒng)機械能增大，A項錯誤；當兩物體之間距離減小即A、B相向運動，力F1和F2做負功，系統(tǒng)機械能減小，B項正確；當彈簧伸長到最長時，力F1和F2做正功最多，故系統(tǒng)機械能最大，C項正確；分別對A、B應用動能定理，從開始到彈力與外力相等時，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項錯誤．5.(2015·河北保定4月模擬)如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定擋板C，質量相等的兩木塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧壓縮量為l.如果用平行斜面向上的恒力F(F＝mAg)拉A，當A向上運動一段距離x后撤去F，A運動到最高處時，B剛好不離開C，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．A沿斜面上升的初始加速度大小為eq\f(g,2)B．A上升的豎直高度最大為2C．拉力F的功率隨時間均勻增加D．l等于x解析：選D.A沿斜面上升的初始時刻，A所受合力為F＝mAg＝mAa，得a＝g，A項錯誤．初始時A靜止，彈簧壓縮量為l，則有kl＝mAgsin30°；當A運動到最高處時，彈簧的伸長量為l′，對B受力分析，則有kl′＝mBgsin30°，又mA＝mB，得l′＝l，所以A上升的豎直高度最大為2lsin30°＝l，B項錯誤．拉力F的功率P＝Fv＝Fat，a時刻改變，所以P隨時間不均勻增加，C項錯誤．在全程對A由動能定理有－mAg2lsinθ＋Fx＝0，得x＝l，所以D項正確．6.(多選)(2015·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，其質量為m.現(xiàn)有一質量也為m的小物塊B，由靜止開始從槽左端的最高點沿凹槽滑下，當小物塊B剛要到達槽最低點時，凹槽A恰好被一表面涂有粘性物的固定擋板粘住，在極短的時間內(nèi)速度減為零；小物塊B繼續(xù)向右運動，運動到距槽最低點的最大高度為eq\f(R,2).則小物塊從釋放到第一次到達最低點的過程中，下列說法正確的是()A．凹槽A對小物塊B做的功W＝－eq\f(1,2)mgRB．凹槽A對小物塊B做的功W＝mgRC．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.設小物塊B第一次到達最低點的速度為v，小物塊B從最低點繼續(xù)向右運動到最高點，根據(jù)動能定理有mgeq\f(R,2)＝eq\f(1,2)mv2，得v＝eq\r(gR)，小物塊B從左端最高點到最低點的過程中，對B由動能定理有mgR＋W＝eq\f(1,2)mv2－0，得W＝－eq\f(1,2)mgR，A項正確，B項錯誤．在最低點小物塊所受的向心力F向＝FN－mg＝meq\f(v2,R)，得FN＝2mg，則由牛頓第三定律可知小物塊對凹槽的壓力大小F′N＝FN＝2mg，所以D項正確，C項錯誤．7．(2015·河北石家莊二中一模)一質點在0～15s內(nèi)豎直向上運動，其加速度－時間圖象如圖所示，若取豎直向下為正，g取10m/s2，A．質點的機械能不斷增加B．在0～5s內(nèi)質點的動能增加C．在10～15s內(nèi)質點的機械能一直增加D．在t＝15s時質點的機械能大于t＝5s時質點的機械能解析：選D.質點豎直向上運動，0～15s內(nèi)加速度方向向下，質點一直做減速運動，B錯誤.0～5s內(nèi)，a＝10m/s2，質點只受重力，機械能守恒；5～10s內(nèi)，a＝8m/s2，受重力和向上的力F1，F(xiàn)1做正功，機械能增加；10～15s內(nèi)，a＝12m/s2，質點受重力和向下的力F2，F(xiàn)2做負功，機械能減少，A、C錯誤．由F合＝ma可推知F1＝F2，由于做減速運動，5～10s內(nèi)通過的位移大于10～15s內(nèi)通過的位移，F(xiàn)1做的功大于F2做的功，5～15s內(nèi)增加的機械能大于減少的機械能，8.如圖所示，可視為質點的小球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的質量為B的兩倍．當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.eq\f(5R,3)C.eq\f(4R,3) D.eq\f(2R,3)解析：選C.如圖所示，以A、B為系統(tǒng)，以地面為零勢能面，設A質量為2m，B質量為m，根據(jù)機械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋eq\f(1,2)×3mv2，A落地后B將以v做豎直上拋運動，即有eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得h＝eq\f(1,3)R.則B上升的高度為R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R，故選項C正確．9．如圖，光滑軌道由AB、BCDE兩段細圓管平滑連接組成，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，整個軌道固定在豎直平面內(nèi)．現(xiàn)有一質量為m，初速度v0＝eq\f(\r(10gR),2)的光滑小球水平進入圓管AB，設小球經(jīng)過軌道交接處無能量損失，圓管孔徑遠小于R，以下說法錯誤的是()A．小球到達C點時的速度大小為vC＝eq\f(3\r(2gR),2)B．小球能通過E點并恰好落至B點C．若將DE軌道拆除，則小球能上升的最大高度距離D點為2RD．若減小小球的初速度v0，則小球到達E點時的速度可以為零解析：選C.從A至C過程，機械能守恒(以AB為參考平面)：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－mgR，將v0＝eq\f(\r(10gR),2)代入得vC＝eq\f(3\r(2gR),2)，故A正確；從A至E過程，機械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)＋mgR，vE＝eq\f(\r(2gR),2)，結合平拋運動規(guī)律可知能正好平拋落回B點，故B正確；設小球能上升的最大高度為h，則由機械能守恒：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh，h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)＝eq\f(5,4)R,故C錯誤；因為是圓弧管，內(nèi)管壁可提供支持力，所以小球在E點速度可以為零，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量均為m的物塊甲和乙，兩物塊通過一跨過定滑輪的細線連在一起．在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊做勻速運動．從圖示位置開始計時，在物塊甲與滑輪相碰前的一段時間內(nèi)，下面的圖象中，x、t表示每個物塊所通過的路程、時間，E表示兩物塊組成的系統(tǒng)的機械能，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系可能正確的是()解析：選C.因為相同時間內(nèi)兩物塊的位移大小相等，但斜面傾角不同，故eq\f(h甲,h乙)＝eq\f(sin30°,sin60°)，即h甲<h乙，所以任意時間段內(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)的機械能增加，故A、B錯誤；物塊甲克服摩擦力所做的功Wf＝μmgxcos30°，x＝vt，故Wf－t圖線為一條過原點的傾斜直線，同理WF－t圖線也為一條過原點的直線，故C正確，D錯誤．二、非選擇題11．如圖所示，質量為M＝4kg的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一個質量m＝1kg、大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，在鐵塊上加一水平向左的恒力F＝8N，鐵塊在長L＝6m的木板上滑動．取g＝10m(1)經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的左端；(2)在鐵塊到達木板左端的過程中，恒力F對鐵塊所做的功；(3)在鐵塊到達木板左端時，鐵塊和木板的總動能．解析：(1)鐵塊與木板間的滑動摩擦力Ff＝μmg＝0.4×1×10N＝4N鐵塊的加速度a1＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(8－4,1)m/s2＝4m/s2木板的加速度a2＝eq\f(Ff,M)＝eq\f(4,4)m/s2＝1m/s2鐵塊滑到木板左端的時間為t則eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L代入數(shù)據(jù)解得t＝2s.(2)鐵塊位移x1＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×4×22m＝8m木板位移x2＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×1×22m＝2m恒力F對鐵塊做的功W＝Fx1＝8×8J＝64J.(3)法一：鐵塊的動能EkA＝(F－Ff)x1＝(8－4)×8J＝32J木板的動能EkB＝Ffx2＝4×2J＝8J鐵塊和木板的總動能Ek總＝EkA＋EkB＝32J＋8J＝40J.法二：鐵塊的速度v1＝a1t＝4×2m/s＝8鐵塊的動能EkA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×1×82J＝32J木板的速度v2＝a2t＝1×2m/s＝2木板的動能EkB＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×4×22J＝8J鐵塊和木板的總動能Ek總＝EkA＋EkB＝32J＋8J＝40J.答案：(1)2s(2)64J(3)40J12．如圖所示，在距水平地面高h1＝1.2m的光滑水平臺面上，一個質量m＝1kg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點沿切線方向進入光滑豎直的圓弧軌道BC.已知B點距水平地面的高h2＝0.6m，圓弧軌道BC的圓心O與水平臺面等高，C點的切線水平，并與水平地面上長為L＝2.8m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿軌道BCD運動并與右邊的豎直墻壁發(fā)生碰撞，重力加速度g＝10(1)小物塊由A到B的運動時間；(2)壓縮的彈簧在被鎖扣K鎖住時所儲存的彈性勢能Ep；(3)若小物塊與墻壁碰撞后速度反向、大小變?yōu)榕銮暗囊话耄抑粫l(fā)生一次碰撞，那么小物塊與軌道CD之間的動摩擦因數(shù)μ應該滿足怎樣的條件．解析：(1)小物塊由A運動到B的過程中做平拋運動，在豎直方向上根據(jù)自由落體運動規(guī)律可知，小物塊由A運動到B的時間為：t＝eq\r(\f(2（h1－h(huán)2）,g))＝eq\f(\r(3),5)s≈0.346s.(2)根據(jù)題圖中幾何關系可知，h2＝h1(1－cos∠BOC)，解得：∠BOC＝60°根據(jù)平拋運動規(guī)律有：tan60°＝eq\f(gt,v1)，解得：v1＝2m根據(jù)能量的轉化與守恒可知，原來壓縮的彈簧儲存的彈性勢能為：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2J.(3)依據(jù)題意知，μ的最大值對應的是物塊撞墻前瞬間速度趨于零，根據(jù)能量關系有：mgh1＋Ep>μmgL，代入數(shù)據(jù)解得：μ<eq\f(1,2)對于μ的最小值求解，首先應判斷物塊第一次碰撞后反彈，能否沿圓軌道滑離B點，設物塊碰前在D處的速度為v2，由能量關系有：mgh1＋Ep＝μmgL＋eq\f(1,2)mveq\o\a