【文档说明】高考物理一轮复习（通用版）分层限时跟踪练17 Word版含解析.doc，共(10)页，241.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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分层限时跟踪练(十七)(限时40分钟)一、单项选择题1．(2016·孝感模拟)质量为50kg的某中学生参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如简图5-4-12，经实际测量得知上升的最大高度是0.8m，在最高点的速度为3m/s，则起跳过程该同学所做功最接近(取g＝10m/s2)(

)图5-4-12A．225JB．400JC．625JD．850J【解析】运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则t＝2hg＝2×0.810s＝0.4s，竖直方

向初速度vy＝gt＝4m/s，水平方向做匀速直线运动，则v0＝3m/s，则起跳时的速度v＝v20＋v2y＝32＋42m/s＝5m/s.运动员的质量为50kg，根据动能定理得W＝12mv2＝625J，故C正确，A、B、D错误．【答案】C2．(2014·广东高考)如图5-4-13

是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()图5-4-13A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全

部转化为动能【解析】本题考查能量转化和守恒定律．由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误、B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转化为内能和弹簧的弹性势能，

选项C、D错误．【答案】B3．如图5-4-14所示，木块B在光滑的水平桌面上，子弹A沿水平方向射入木块并留在木块内，将弹簧压缩到最短．则从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中()图5-4-14A．A、B与弹簧组成的系统机械能守恒B．A的动能减少量等于B的动能增加量C．A对B做的功等于B

的动能增加量D．B对A做的功等于A的动能减少量【解析】A与B之间因摩擦而生热，故A错误；A动能的减少量等于B的动能增加量、弹簧的弹性势能增加量、A与B之间因摩擦而产生的热量三者之和，B错误；A对B做的功和弹簧对B做的功的和等于B动能的变化量，C错误；B对A做的功

等于A的动能变化量，D正确．【答案】D4．起跳摸高是学生经常进行的一项体育活动．一质量为m的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳，从该同学用力蹬地到刚离开地面的起跳过程中，他的重心上升了h，离地时他的速度大小为v.对于起跳过程，下列说

法正确的是()A．该同学机械能增加了mghB．该同学机械能增加量为mgh＋12mv2C．地面的支持力对该同学做功为mgh＋12mv2D．该同学所受的合外力对其做功为12mv2＋mgh【解析】该同学从蹬地到刚离开地面过程中，重力势能增加了mgh，动能增加了12

mv2，故机械能增加了mgh＋12mv2，A项错，B项正确；地面对人的支持力的作用点无位移，故对人不做功，C项错；由动能定理可知，该同学所受合外力对其做功等于其动能的增加量即12mv2，D项错．【答案】B5．(2015·大庆质检)如图5-4-15所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量

为m的小球，小球开始时静止于最低点．现使小球以初速度v0＝6Rg沿环上滑，小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中()图5-4-15A．小球机械能守恒B．小球在最低点时对金属环的压力是6m

gC．小球在最高点时，重力的功率是mggRD．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR【解析】小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，设此时的速度为v，由向心力公式可得mg＝mv2R；小球从最低点到最高点的过程中，由动能定理可得－Wf－2mgR＝12mv2－12mv20，联立可得W

f＝12mv20－12mv2－2mgR＝12mgR，可见此过程中小球机械能不守恒，克服摩擦力做功为12mgR，选项D正确，选项A错误；小球在最高点时，速度v的方向和重力的方向垂直，二者间的夹角为90°，功率P＝0，选项C错误；小球在最低

点，由向心力公式可得F－mg＝mv20R，F＝mg＋mv20R＝7mg，选项B错误．【答案】D二、多项选择题6．(2016·南昌模拟)一升降机在底部装有若干弹簧，如图5-4-16所示，设在某次事故中，升降机吊索在空中断裂，忽略摩擦阻力，则升降机在从弹簧下端触地后

直到最低点的一段运动过程中()图5-4-16A．先处于失重状态然后再处于超重状态B．重力功率不断减小C．机械能不断减小D．机械能保持不变【解析】升降机在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹簧的弹力作用，且弹力逐渐增大，则升降机先向下加速，后减速

，故升降机先处于失重状态然后处于超重状态，选项A正确；升降机的重力功率P＝mgv，其先增加后减小，选项B错误；除重力做功外，弹簧的弹力对其做负功，机械能减小，选项C正确，选项D错误．【答案】AC7．山东电视台“快乐向前冲”栏目最后一关，选手需要抓住固

定在支架上的绳子向上攀登，才可冲上领奖台，如图5-4-17所示．如果某选手刚刚匀速攀爬到绳子顶端时，突然因抓不住绳子而加速滑下，对该过程进行分析(不考虑脚蹬墙壁的作用)，下述说法正确的是()图5-4-17A．上行时，人受到绳子的拉力与重力和摩擦力平衡B．上行

时，绳子拉力对人做的功等于人重力势能的增加C．下滑时，人受到的重力大于摩擦力，加速度小于gD．下滑时，重力势能的减小大于动能的增加，机械能的减少量等于克服摩擦力做的功【解析】人匀速上升时，绳子对人的摩擦力等于人的重力，A错误；人上升过程中，人拉绳子，对自身做功，绳子

并不对人做功，B错误；人下滑时，由mg－f＝ma，可知，Ff＜mg，a＜g，C正确；人下滑时，重力势能的减小量有一部分用于克服摩擦力做功，故其动能的增加量一定小于重力势能的减少量，D正确．【答案】CD8．(2014·海南高考)如图5-4-18所

示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开

桌面．在此过程中()图5-4-18A．a的动能小于b的动能B．两物体机械能的变化量相等C．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D．绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零【解析】轻绳两端沿绳方向的速度分量大小

相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，A对；因为b与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，而B、C两项均为系统机械能守恒的表现，故B、C错误；轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，D正确．【答案】AD9．如图5-4-19甲所示，

倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2.则()图5-4-19A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体

与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s内摩擦力对物体做功Wf＝－24J【解析】由v-t图象可知，物体在传送带上先以a1＝10m/s2的加速度加速运动，再以a2＝2m/s2的加速度继续加速；t＝1.0s时物体获得与传送带相同的速度

v共＝v0＝10m/s，选项A正确．由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1①mgsinθ－μmgcosθ＝ma2②联立①②得：θ＝37°，μ＝0.5，选项C正确，B错误.0～2.0s内摩擦力做功Wf＝μmgcos37°·x1－μmgcos37°·x

2，由v-t图象可求，x1＝12×1×10m＝5m，x2＝12×(10＋12)×1m＝11m，解得Wf＝－24J，故选项D正确．【答案】ACD三、非选择题10．如图5-4-20所示，质量为m＝2kg的小物块从斜面顶端A由静止滑下，从B点进入光滑水平滑道时无机械能损失，将轻弹簧的一端固定在水平

滑道左端C处的墙上，另一端恰位于水平滑道的中点D.已知斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝35，其余各处的摩擦不计，斜面顶端距水平面高度为h＝0.5m，重力加速度g＝10m/s2，弹簧处

于原长时弹性势能为零．图5-4-20(1)求小物块沿斜面向下滑动时其加速度大小和滑到B点时的速度大小；(2)求轻弹簧压缩到最短时的弹性势能；(3)若小物块能够被弹回到原来的斜面上，则它能够上升的最大高度是多少？【解析】(1)由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma解得a＝2m/s2设

斜面长为L，则sinθ＝hL，滑到B点时的速度大小为v＝2aL＝2m/s.(2)物块从斜面顶端A开始运动到弹簧压缩到最短，由动能定理得mgh－μmgcosθ·hsinθ－Ep＝0则轻弹簧压缩到最短时的弹性势能Ep＝mgh－μmgcosθhsinθ解得Ep＝4J.(3)物块

第一次被弹回时上升的高度最大，设上升的最大高度为H，由动能定理得mg(h－H)－μmgcosθ·hsinθ－μmgcosθ·Hsinθ＝0解得H＝0.125m.【答案】(1)2m/s22m/s(2)4J(

3)0.125m11．如图5-4-21所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与

C点等高．质量m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10m/s2.(sin

37°＝0.6，cos37°＝0.8)试求：图5-4-21(1)物块经过B端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？【解析】(1)vB＝v0sinθ＝

2m/s.(2)物体从B到C应用动能定理，有mg(R＋Rsinθ)＝12mv2C－12mv2B，解得vC＝6m/s.在C点：F－mg＝mv2CR，解得F＝46N.由牛顿第三定律知物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力为46N.(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终

木板、物块都静止这一过程中产生的热量，应用能量守恒定律得Q＝12mv2C＝18J.【答案】(1)2m/s(2)46N(3)18J12．如图5-4-22所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨

道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.图5-4-22(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力．(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已

知滑块质量m＝M2，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.【解析】(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mg

R＝12mv2B①滑块在B点处，由牛顿第二定律得N－mg＝mv2BR②解得FN＝3mg③由牛顿第三定律得FN′＝3mg.④(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒得mgR＝12Mv2m＋12

m(2vm)2⑤解得vm＝gR3⑥②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得mgR－μmgL＝12Mv2C＋12m(2vC)2⑦设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝Ma⑧由运动学规律得v2C－v2m＝－2as⑨解得s＝13L.⑩【答案】(1)3mg

(2)①gR3②13L