2014高三物理一轮复习练习必修2-5-4汇总

1、髙效题组训练-Gao Xiao Ti Zu Xun Lian随堂演练 及时反馈?夯实基不III1 自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图所示为一个盛水袋，某人从侧面A 增大D 不能确定解析：人推袋壁使它变形，对它做了功，由功能关系可得，水的重力势能增 加，A 正确.答案：A2.运动员跳伞将经历开伞前后的加速下降和减速下降两个过程.将人和伞 看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是（）A .阻力对系统始终做负功B. 系统受到的合力始终向下C. 重力做功使系统的重力势能增加D. 任意相等的时间内重力做的功相等解析：阻力的方向总与运动方向相反，故阻力总做负功， A 正确；运动员加速下降时合力向下，

2、减速下降时合力向上，B 错误；重力做功使系统重力势能减少，C 错误；由于做变速运动，任意相等时间内的下落高度 h 不相等，所以重力做功 W= mgh 不相等，D 错误.答案：A3.（2013 年黄冈模拟）质量为 m 的带正电的物体处于竖直向上的匀强电场中,素能缓慢推袋壁使它变形，则水的势能C.不变1已知带电物体所受静电力的大小为物体所受重力的 4 现将物体从距地面高 h 处g以一定初速度竖直下抛，物体以 4 的加速度竖直下落到地面（空气阻力恒定），则 在物体的下落过程中（）11A物体的重力势能减少 4mgh，电势能减少 4mgh1B由物体与周围空气组成的系统的内能增加了 4mgh1C. 物体的

3、动能增加 4mgh1D. 物体的机械能减少 4mgh1解析：由题意知，静电力 F电=4mg；由牛顿第二定律得 mg F电一 Ff= ma,1 1即空气阻力 Ff= 2mg；下落过程中，重力做功 mgh，静电力做功一 4mgh，故重力11势能减少 mgh,电势能增加 4mgh, A 错；E内=Ffh=mgh, B 错；物体所受合1 1力 F合=ma= 4mg,故动能的增加量AEk= F合h= 4mgh，C 正确；机械能的减少3量AE= Ffh+ F电h=4mgh，D 错.答案：C4.如图所示， 水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v 匀速运动，现将质量为 m 的某物块由静止释放在传送带上的左

4、端，过一会儿物块能保持与 传送带相对静止，设物块与传送带间的动摩擦因数为仏对于这一过程，下列说法正确的是（）B.物块对传送带做功为 0.5mv2C. 系统摩擦生热为 0.5mv2D. 电动机多做的功为 mv2解析：对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即 0.5mv2, 故A 正确；传送带的位移是物块位移的两倍，所以物块对传送带做功的绝对值是摩擦力对物块做功的两倍，即为 mv2,故 B 错误；电动机多做的功就是传送带 克服摩擦力做的功，也为 mv2,故 D 正确；系统摩擦生热等于摩擦力与相对位移 的乘积，故 C 正确.答案：ACD课时作业规范圳龜提升能力命题报告教师用书独具知识点

5、题号对能量守恒定律的理解1、9对功能关系的理解2、3功能关系的应用4、5、7功能关系与图象的综合应用6、8能量守恒定律的综合应用10、11、12一、选择题（本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分，每小题至少有一个选 项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内）1. （2013 年惠州调研）上端固定的一根细线下面悬挂一摆球，摆球在空气中 摆动，摆动的幅度越来越小，对此现象下列说法正确的是（）A .摆球机械能守恒B. 总能量守恒，摆球的机械能正在减少，减少的机械能转化为内能C. 能量正在消失D. 只有动能和重力势能的相互转化解析：由于空气阻力的作用，机械能减少，机械能不守恒，内能增加，机

6、械 能转化为内能，能量总和不变，B 正确.答案：B2. （2013 年无锡检测）如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下 述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板 （A 位置）上，随跳板一同向下运 动到最低点（B 位置）对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下 列说法中正确的是（）A 运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B. 在这个过程中，运动员的动能一直在减小C. 在这个过程中，跳板的弹性势能一直在增加D. 在这个过程中，运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的 功解析：从运动员与跳板接触至 F弹=mg,运动员做加速度减小的加速运动，之后 F弹mg,运动员开始减

7、速，到最低点时速度减为零，此时运动员受向上的合力，A 错误；该过程运动员动能先增大后减小，B 错误；至最低点，跳板形变1量最大，弹性势能最大，C 正确；全程由动能定理得，WG- W弹二 0 2mv1 2，即1WG= W弹一 2mv ， D 错误.答案：C3.如图所示，质量 m= 10 kg 和M= 20 kg 的两物块，叠放在光滑水平面上， 其中物块 m 通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连，初始时刻，弹簧处于 原长状态，弹簧的劲度系数 k= 250 N/m现用水平力 F 作用在物块M上，使其缓 慢地向墙壁移动，当移动 40 cm 时，两物块间开始相对滑动，在相对滑动前的过 程中，下列说法中

8、正确的是（）A M 受到的摩擦力保持不变B.物块 m 受到的摩擦力对物块 m 不做功C 推力做的功等于弹簧增加的弹性势能D.开始相对滑动时，推力 F 的大小等于 200 N解析：取 m 和 M 为一整体，由平衡条件可得：F= kx,隔离 m,由平衡条件 可得，Ff= kx,可见 M 缓慢右移过程中，m 对 M 的摩擦力在增大，开始滑动时， Ff= kxm= 100N,故此时推力 F = 100 N，A、D 均错误；m 受到的摩擦力对 m 做 正功，B 错误；由能量守恒定律可知，推力 F 做的功全部转化为弹簧的弹性势能，C正确.答案：C4. （2013 年福州质检）如图所示，在光滑斜面上的 A

9、点先后水平抛出和静止 释放两个质量相等的小球 1 和 2,不计空气阻力，最终两小球在斜面上的 B 点相 遇，在这个过程中（）AA .小球 1 重力做的功大于小球 2 重力做的功B. 小球 1 机械能的变化大于小球 2 机械能的变化C. 小球 1 到达 B 点的动能大于小球 2 的动能D. 两小球到达 B 点时，在竖直方向的分速度相等解析：重力做功只与初、末位置的高度差有关，与物体经过的路径无关，所以重力对 1、2 两小球所做的功相等，A 错误；1、2 两小球从 A 点运动到 B 点的过程中，只有重力对其做功，所以它们的机械能均守恒，B 错误；由动能定理可得，对小球 1 有：mgh= Ek1 E

10、k0,对小球 2 有：mgh= Ek2 0,显然 Ek1 Ek2, C正确；由上面的分析可知，两小球到达 B 点时，小球 1 的速度大于小球 2 的速 度，且小球 1 的速度方向与竖直方向的夹角小于小球 2 速度方向与竖直方向的夹角，因此，小球 1 在竖直方向上的速度大于小球 2 在竖直方向上的速度，D 错误.答案：C5.（2013 年江西盟校联考）如图所示，质量为 m 的小车在水平恒力 F 推动下，从山坡（粗糙）底部 A 处由静止起运动至高为 h 的坡顶 B,获得的速度为 v. A、B之间的水平距离为 s，重力加速度为 g.下列说法正确的是（）A .小车重力所做的功是 mgh12B.合力对小

11、车做的功是 2mv2C. 推力对小车做的功是 2mv + mgh12D. 阻力对小车做的功是 Fs 2mv mgh解析：小车重力所做的功为-mgh，A 错误；由动能定理得合力对小车做的1功 W= 2mv2, B 正确；推力对小车做的功为 Fs, C 错误；根据动能定理，阻力12对小车做的功为-（Fs-2mv mgh），故 D 错误.答案：B6.物体沿斜面向上运动，运动过程中质点的机械能E 与竖直高度 h 关系的图象如图所示，其中 Oh1过程的图线为水平线，h1h2过程的图线为倾斜直线.根据该图象,A .物体在 0hi过程中除重力外不受其他力的作用B. 物体在 Ohi过程中重力和其他力都做功C.

12、 物体在 hih2过程中合力与速度的方向一定相反D. 物体在 0h2过程中动能可能一直保持不变解析：0hi过程的图线为水平线，说明物体的机械能不变，即除重力以外 没有其他力做功，但并非一定不受其他力作用，故 A、B 错误；在 hih2过程中 由于物体的机械能减小，重力势能增加，只能是动能减小，合力对物体做负功， 即合力与速度方向相反，故 C 正确；在 0h2过程中物体的机械能减小，重力 势能增大，动能只能减小不可能保持不变，故 D 错误.答案：C7.如图甲所示，足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一 个光滑小环，沿杆方向给环施加一个拉力 F，使环由静止开始运动，已知拉力 F 及小环

13、速度 v 随时间 t 变化的规律如图乙所示，重力加速度 g 取 iO m/s2则以下 判断正确的是（）A .小环的质量是 i kgB. 细杆与地面间的倾角是 30C. 前 3 s 内拉力 F 的最大功率是 2.25 WD. 前 3 s 内小环机械能的增加量是 5.75 J解析：设小环的质量为 m,细杆与地面间的倾角为a,由题图乙已知，小环0.5在第 1 s 内的加速度 a= 12 2m/s = 0.5 m/s，由牛顿第二定律5 Nmgsi na=乙ma,4.5 N = mgs in a,得 m= 1 kg，A 正确；sin a 0.45，B 错误；分析可得前 3 s内拉力 F 的最大功率在 1

14、 s 末为最大，Pm= Fv= 5X0.5W= 2.5 W, C 错误；前 305s 内小环沿杆上升的位移 x=2X1m + 0.5X2 m= 1.25 m，前 3 s 内小环机械能12的增加量AE = 2mv + mgxsin a 5.75 J,故 D 正确.答案：AD8. （2013 年南通模拟）如图甲所示，在倾角为B的光滑斜面上，有一个质量 为m 的物体在沿斜面方向的力 F 的作用下由静止开始运动，物体的机械能E 随位移 X 的变化关系如图乙所示.其中 OX1过程的图线是曲线，X1X2过程的图 线为平行于 x 轴的直线，则下列说法中正确的是（）A. 物体在沿斜面向下运动B. 在 OX1过

15、程中，物体的加速度一直减小C. 在 OX2过程中，物体先减速再匀速D. 在 X1X2过程中，物体的加速度是 gsin9解析：由题图乙可知，在 OX1过程中，物体机械能减少，故力 F 在此过程 中做负功，因此，物体沿斜面向下运动，因在 E-x 图线中的 OX1阶段，图线的 斜率变小，故力 F 在此过程中逐渐减小，由 mgsin9F = ma 可知，物体的加速 度逐渐增大，A 正确，B、C 错误；X1X2过程中，物体机械能保持不变，F 二 0, 故此过程中物体的加速度 a = gsin9,D 正确.答案：AD9.（2013 年秦皇岛模拟）如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上的

16、 P 点，已知物体的质量为 m= 2.0 kg，物体与水平面间的动摩 擦因数 尸 0.4,弹簧的劲度系数 k= 200 N/m.现用力 F 拉物体，使弹簧从处于自 然状态的 O点由静止开始向左移动 10 cm,这时弹簧具有弹性势能 Ep= 1.0 J,物体处于静止状态若取 g= 10 m/s2,贝 y 撤去外力 F 后（）A 物体向右滑动的距离可以达到 12.5 cmB.物体向右滑动的距离一定小于 12.5 cmC. 物体回到 0 点时速度最大D. 物体到达最右端时动能为零，系统机械能也为零解析：当物体向右运动至 0 点过程中，弹簧的弹力向右由牛顿第二定律 可知，kx-卩 m 存 ma（x 为

17、弹簧的伸长量），当 a= 0 时，物体速度最大，此时 kx 二卩 mg弹簧仍处于伸长状态，故 C 错误；当物体至 0 点时，由 Ep-卩 m%0.112=2mv 可知，物体至 0 点的速度不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得，Ep=卩 mgX + Ep，因 Ep 0,所以 xv12.5 cm，A 错误、B 正确；物 体到达最右端时，动能为零，但弹簧有弹性势能，故系统的机械能不为零， D 错 误.答案：B10. （2012 年高考上海卷）质量相等的均质柔软细绳 A、B 平放于水平地面，绳 A 较长分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升 的高度分别为 hA、hB,上述过程

18、中克服重力做功分别为 WA、WB.若（）A.hA= hB，则一定有WBB.hAhB，则可能有 WAvWBC. hAVhB，则可能有 WA= WBD. hAhB，则一定有 WAWB解析：当 hA= hB时则一定有 WWWB，故选项 A 错；当 hAhB时，有WVW3 WAWB、WA= WB三种可能，故选项 B 正确、D 错误；当 hAVhB时一定 有WAVWB,故选项 C 错误.答案：B二、非选择题（本题共 2 小题，共 30 分，解答时应写出必要的文字说明、方 程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）11.（15 分）（2013 年长春模拟）如图所示，质量 m= 1 kg 的小物块放在一质量为

19、 M = 4 kg 的足够长的木板右端，物块与木板间的动摩擦因数尸 0.2，木板与水平面间的摩擦不计.物块用劲度系数 k= 25 N/m 的弹簧拴住，弹簧的左端固定.开 始时整个装置静止，弹簧处于原长状态.现对木板施以 12 N 的水平向右的恒力（物 块与木板间最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，g= 10 m/s2）.已知弹簧的弹性1势能 Ep= 2kx2，式中 x 为弹簧的伸长量或压缩量.求：（1）开始施力的瞬间小物块的加速度；（2）物块达到的最大速度是多少？解析：假设 m、M 相对静止，由牛顿第二定律22.4 m/s.此时 m 受的合力F合=ma= 2.4 NFf=卩 m 甘 2 N，2所以 m、M 相对滑动，a= m=ug2 m/s .（2）速度最大时，弹簧伸长 X，则 kx=卩 mg所以 x= 0.08 m,由功能关系1212卩 mcpx 2&+2mv