【优化方案】高考物理二轮 用动力学和功能解多过程问题课时演练知能提升（含试题含详解）.doc

【优化方案】2014物理二轮课时演练知能提升：用动力学和功能解多过程问题（含2013试题，含详解）一、选择题1.(2013黑龙江朗乡林业局第三中学高三月考)(单选)如图所示，质量为m的物块从a点由静止开始下落，加速度是g，下落h到b点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点c，在由a运动到c的过程中，空气阻力恒定，则()a物块机械能守恒b物块和弹簧组成的系统机械能守恒c物块机械能减少mg(hh)d物块、弹簧组成的系统机械能减少mg(hh)解析：选d.由于物块开始下落的加速度为g，所以物块受到空气阻力为f阻mg，物块的机械能不守恒，选项a错误；在整个过程中，物块机械能的减少量等于克服空气阻力和弹簧弹力所做的功，选项c错误；由于空气阻力的存在，物块和弹簧组成的系统的机械能不守恒，系统减少的机械能等于克服空气阻力所做的功mg(hh)，选项b错误d正确2.(2013东北三校一模)(多选)如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同若两小球质量均为m，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是()a此刻两根线拉力大小相同b运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mgc运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mgd若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能解析：选cd.已知小球质量为m，当两小球运动到题中图示位置时，设两球速度大小为v，此时两根细线的拉力分别为f1和f2，f1mgm，f2mgm，故选项a错误易知小球1在最高点时细线的拉力f1最小，设此时速度大小为v1，则有f1mgm，再由机械能守恒定律有：mv2mv2mgl；小球2在最低点时细线的拉力f2最大，设此时速度大小为v2，则有f2mgm，再由机械能守恒定律有：mvmv22mgl，联立解得，运动过程中两根线上拉力的差值最大为f2f12mgm2mg8mg10mg，故选项c正确，b错误取题中图示位置为零势能面，由机械能守恒定律知选项d正确3.(单选)在工厂中常用如图所示水平传送带传送工件，可大大提高工作效率，传送带以恒定的速度v2 m/s运行，质量为m0.5 kg的工件以v01 m/s 的初速度从位置a滑上传送带，工件与传送带之间的动摩擦因数0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带，取g10 m/s2，则下列说法中正确的是()a工件经0.5 s停止相对滑动b正常运行时传送带上相邻工件相距0.5 mc摩擦力对每个工件做正功为1 jd每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为0.75 j解析：选a.工件进入水平传送带先匀加速运动后匀速运动，加速度大小为ag2 m/s2，加速时间为t0.5 s，a对；正常运行时相邻两工件间的距离为dvt1 m，b错；由动能定理知摩擦力对每个工件做正功为wffmv2mv0.75 j，c错；在t0.5 s内，工件对地位移为x1t0.75 m，传送带对地位移为x2vt1 m，所以每个工件与传送带间因摩擦产生的内能为qff(x2x1)0.25 j，d错4(单选)如图所示，斜面倾角为37，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间的动摩擦因数为0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质小定滑轮，绳一端固定在物体1上、另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳、轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为415，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度为h，此时各段轻绳刚好拉紧已知物体触地后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g10 m/s2，小物体3从静止突然放手后物体1沿斜面上滑的最大距离为()a3hb.hc2h d.h解析：选d.从开始放手到3触地(设触地时3的速度为v1)的过程中，对1、2和3应用功能关系有6mgh(4mgsin 4mgcos )h(10m)v，之后3停止运动，设物体2继续向下运动距离s后速度减小为0，对1和2应用功能关系有mgs(4mgsin 4mgcos )s0(5m)v，得sh，则1沿斜面上滑的最大距离为lhsh.二、非选择题5(2013辽宁大连二模)如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为l0.5 m，所有接触面之间的动摩擦因数相同现用水平向左的恒力，经2 s时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为v2 m/s.已知桌面高度为h0.8 m，不计纸带重力，铁块视为质点重力加速度g取10 m/s2，求：(1)铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；(2)动摩擦因数；(3)纸带抽出过程中系统产生的内能解析：(1)设铁块离开桌面后经时间t落地，由平抛运动规律水平方向：xvt竖直方向：hgt2联立解得：x0.8 m.(2)设铁块的加速度为a1，运动时间为t1，由牛顿第二定律，得mgma1纸带抽出时，铁块的速度va1t1联立解得0.1.(3)铁块的位移x1a1t设纸带的位移为x2，由题意知，x2x1l由功能关系可得纸带抽出过程中系统产生的内能emgx2mgl联立解得e0.3 j.答案：(1)0.8 m(2)0.1(3)0.3 j6如图所示，在水平光滑轨道pq上有一个轻弹簧，其左端固定，现用一质量m2.0 kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后释放，物块离开弹簧后经过水平轨道右端恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的轨道，小物块进入半圆轨道后恰好能沿轨道运动，经过最低点后滑上质量m8.0 kg的长木板，最后恰好停在长木板最左端已知竖直半圆轨道光滑且半径r0.5 m，物块与木板间的动摩擦因数0.2，木板与水平地面间摩擦不计，取g10 m/s2.求：(1)弹簧具有的弹性势能；(2)小物块滑到半圆轨道底端时对轨道的压力大小；(3)木板的长度解析：(1)物块进入半圆轨道后恰好沿轨道运动，由牛顿第二定律有mgm弹簧具有的弹性势能epmv5 j.(2)物块由顶端滑到底端过程机械能守恒：mg2rmvmv得v25 m/s在轨道底端由牛顿第二定律得fmgm解得f6mg120 n由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为120 n，方向竖直向下(3)对物块由牛顿第二定律得：a1g2 m/s2对木板由牛顿第二定律得：a20.5 m/s2设经过时间t小物块与木板相对静止，共同速度为v则有vv2a1ta2t解得v1 m/s，t2 s小物块与木板在时间t内通过的位移分别为x1t6 m，x2t1 m则木板的长度为lx1x25 m.答案：(1)5 j(2)120 n，方向竖直向下(3)5 m7.(2013浙江杭州市第二次质检)如图所示，倾角为、高为h的粗糙斜面处于场强为e、方向竖直向下的匀强电场中，一个带电荷量为q、质量为m的小球以初速度v0从斜面顶端a处沿斜面下滑，至底端b，问：(1)在此过程中，小球电势能变化多少？是增加还是减少？(2)若斜面与小球的动摩擦因数为(tan )，要使小球能沿斜面到达底端b点，电场强度e应满足什么条件？(重力加速度取g)解析：(1)epw电场(qeh)qeh电势能增加(2)因为tan ，所以不加电场时，物块减速下滑若不加电场，物块刚好滑至b点，根据动能定理mgh0mgcos 0mv0tan 当0时，不加电场，物块不能滑至b点，故需(mgqe)h(mgqe)cot hmv0所以e又要保证物块不离开斜面，故有qemg，即ee.当0时，不加电场，物块能滑至b点，故只要保证物块不离开斜面，需0e.答案：(1)qeh增加(2)见解析8.(2013高考新课标全国卷)一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上取重力加速度的大小g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小解析：(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止由图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时速度的大小设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30.(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块和木板之间的摩擦力改变方向设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度