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1、2022年高考物理大一輪復習講義 第五章 章末限時練（含解析） 新人教版 一、選擇題(每小題5分，共50分) 1．以下說法中正確的是 (　　) A．物體做勻速運動，它的機械能一定守恒 B．物體所受合力的功為零，它的機械能一定守恒 C．物體所受合力不等于零，它的機械能可能守恒 D．物體所受合力等于零，它的機械能一定守恒 答案　C 解析　物體做勻速運動時動能不變，但是高度可以改變，重力勢能改變，所以A錯誤；合力的功為零，只是動能不變，B錯誤；物體所受合力不等于零，例如只在重力作用下的運動，機械能守恒，所以C正確；D選項實質(zhì)與A選項相同，所以錯誤． 2．豎直

2、上拋一球，球又落回原處，已知空氣阻力的大小正比于球的速度，則下列說法中正確的是 (　　) A．球在上升過程中克服重力做的功大于下降過程中重力做的功 B．球在上升過程中克服重力做的功等于下降過程中重力做的功 C．球在上升過程中克服重力做功的平均功率大于下降過程中重力做功的平均功率 D．球在上升過程中克服重力做功的平均功率等于下降過程中重力做功的平均功率 答案　BC 解析　上升過程重力做負功，克服重力做的功和下降過程重力做的功相等，所以B選項正確．考慮到空氣阻力，上升時間比下降時間短，根據(jù)P＝可知，C選項正確． 3．如圖1，人站在自動扶梯上不動，隨扶梯勻

3、速上升的過程中(　　) A．人克服重力做功，重力勢能增加 B．支持力對人做正功，人的動能增加 C．合外力對人不做功，人的動能不變 圖1 D．合外力對人不做功，人的機械能不變 答案　AC 解析　人在上升時，克服重力做功，重力勢能增加，A對．支持力向上做正功，但人的動能不變，合外力做功為零，B錯，C對；人的機械能等于動能加上重力勢能，應增加，D錯． 4．如圖2甲所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t＝0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高

4、度后再下落，如此反復．通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，測出這一過程彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖乙所示，則 (　　) 圖2 A．t1時刻小球動能最大 B．t2時刻小球動能最大 C．t2～t3這段時間內(nèi)，小球的動能先增加后減少 D．t2～t3這段時間內(nèi)，小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能 答案　C 解析　0～t1時間內(nèi)，小球做自由落體運動，落到彈簧上并往下運動的過程中，小球重力與彈簧對小球彈力的合力方向先向下后向上，故小球先加速后減速，t2時刻到達最低點，動能為0，A、B錯；t2～t3時間內(nèi)，小球向上運動，合力方向先向上后向下，小球先加速后減速，動能先增加后減少，C

5、對；t2～t3時間內(nèi)，由能量守恒知小球增加的動能等于彈簧減少的彈性勢能減去小球增加的重力勢能，D錯． 5．如圖3所示，將一輕彈簧固定在傾角為30°的斜面底端，現(xiàn)用一 質(zhì)量為m的物體將彈簧壓縮鎖定在A點，解除鎖定后，物體將沿 斜面上滑，物體在運動過程中所能到達的最高點B距A點的豎直 高度為h，物體離開彈簧后沿斜面向上運動的加速度大小等于重 圖3 力加速度g.則下列說法正確的是 (　　) A．彈簧的最大彈性勢能為mgh B．物體從A點運動到B點的過程中系統(tǒng)損失的機械能為mgh C．物體的最大動能等于彈簧的最大彈性勢能 D．物體最終靜止在B點

6、 答案　BD 解析　物體離開彈簧上滑時，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma＝mg，又因為θ＝30°，所以 mgsin θ＝μmgcos θ＝mg，μ＝tan θ；根據(jù)功能關(guān)系：Epm＝mgh＋Q大于mgh，A項錯誤；機械能損失ΔE＝Q＝μmgcos θ·＝mgh，B項正確；物體最大動能的位置在A點上方，合外力為零處，即kx′＝mgsin θ＋μmgcos θ，Epm＝Ekm＋mgh′＋μmgcos θ·，C項錯誤；因為μ＝tan θ，所以物體可以在B點靜止，D項正確． 6．某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究．他們讓 這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，并將小車運 動

7、的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為v－t圖象，如圖4 所示(除2 s～10 s時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均 為直線)．已知在小車運動的過程中，2 s～14 s時間段內(nèi) 圖4 小車的功率保持不變，在14 s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為1.0 kg，可認為在整個運動過程中小車所受的阻力大小不變．則下列說法不正確的是 (　　) A．小車受到的阻力大小為1.5 N B．小車加速階段的功率為9 W C．小車勻速行駛階段的功率為9 W D．小車加速過程中位移大小為42 m 答案　B 解析　在14 s～18 s時間段：a＝＝1.5 m/s2，則Ff

8、＝ma＝1.5 N，A正確；在0～2 s內(nèi)小車做勻加速運動，由P＝Fv可知，小車的功率逐漸增大，B不正確；在10 s～14 s內(nèi)小車做勻速直線運動，牽引力F′＝Ff，P＝F′v＝1.5×6 W＝9 W，C正確；0～2 s內(nèi)：x1＝3 m,2 s～10 s內(nèi)根據(jù)動能定理：Pt－Ffx2＝mv－mv，得x2＝39 m，則x＝x1＋x2＝42 m，D正確． 7．如圖5所示，光滑水平面上放著足夠長的木板B，木板B上放著 木塊A，A、B接觸面粗糙，現(xiàn)用一水平拉力F作用在B上使其 由靜止開始運動，用Ff1代表B對A的摩擦力，F(xiàn)f2代表A對B的 圖5 摩擦力，下列說法正確的有

9、 (　　) A．力F做的功一定等于A、B系統(tǒng)動能的增加量 B．力F做的功一定小于A、B系統(tǒng)動能的增加量 C．力Ff1對A做的功等于A動能的增加量 D．力F、Ff2對B做的功之和等于B動能的增加量 答案　CD 解析　當水平拉力F較小時，二者一起運動，力F做的功一定等于A、B系統(tǒng)動能的增加量；當水平拉力F較大時，二者發(fā)生相對滑動，力F做的功一定大于A、B系統(tǒng)動能的增加量，選項A、B錯誤；由動能定理，力Ff1對A做的功等于A動能的增加量，力F、Ff2對B做的功之和等于B動能的增加量，選項C、D正確． 8．如圖6所示，兩個豎直圓弧軌道固定在同一水平地面上，半徑R相同，左側(cè)軌道

10、由金屬凹槽制成，右側(cè)軌道由金屬圓管制成，均可視為光滑．在兩軌道右側(cè)的正上方分別將金屬小球A和B由靜止釋放，小球距離地面的高度分別為hA和hB，下列說法正確的是 (　　) 圖6 A．若使小球A沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為 B．若使小球B沿軌道運動并且從最高點飛出，釋放的最小高度為 C．適當調(diào)節(jié)hA，可使A球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處 D．適當調(diào)節(jié)hB，可使B球從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處 答案　AD 解析　小球A從軌道最高點飛出的最小速度vA＝，由機械能守恒，mghA＝2mgR＋mv，則hA＝，A選項正確；小球B從軌道最高點飛出的最小

11、速度vB＝0，由機械能守恒，mghB＝2mgR，釋放的最小高度hB＝2R，B選項錯誤；要使小球A或B從軌道最高點飛出后，恰好落在軌道右端口處，需滿足R＝v0t，R＝gt2，則v0＝ ，而A球的最小速度vA＝>v0，故A球不可能落在軌道右端口處，B球可能，C選項錯誤，D選項正確． 9．如圖7所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形 軌道BCD相切于B點，其中半圓軌道在豎直平面內(nèi)，B點為最 低點，D點為最高點，一小球以一定的初速度沿AB射入，恰能 通過最高點，設(shè)小球在最高點D的重力勢能為零，則關(guān)于小球在 圖7 B點的機械能E與軌道對小球的支持力F的說法正確的是(　　) A．

12、E與R成正比 B．E與R無關(guān) C．F與R成正比 D．F與R無關(guān) 答案　AD 解析　小球恰能通過最高點，則在最高點重力充當向心力，有mg＝m，因為小球在最高點D的重力勢能為零，則小球在D點的機械能為mv2，由機械能守恒定律可知：小球在B點的機械能與在D點的機械能相等，則E＝mv2＝mgR，所以E與R成正比，故A項正確，B項錯誤；從B點到D點小球機械能守恒，可得：mv2＝mv－2mgR，在B點有：F－mg＝m，可解得F＝6mg，所以F與R無關(guān)，故C項錯誤，D項正確． 10．如圖8所示，在光滑固定的曲面上，放有兩個質(zhì)量分別為 1 kg和2 kg的可視為質(zhì)點的小球A和

13、B，兩球之間用一根 輕質(zhì)彈簧相連，用手拿著A如圖所示豎直放置，AB間距離 L＝0.2 m，小球B剛剛與曲面接觸且距水平面的高度h＝ 圖8 0.1 m．此時彈簧的彈性勢能Ep＝1 J，自由釋放A后兩球以及彈簧從靜止開始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面運動，不計一切碰撞時機械能的損失，g取10 m/s2.則下列說法中正確的是 (　　) A．下滑的整個過程中彈簧和A球組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．下滑的整個過程中兩球及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．B球剛到地面時，速度是 m/s D．當彈簧處于原長時，以地面為參考平面，兩球在光滑水平面上運動時的

14、機械能為6 J 答案　BD 解析　由于彈簧和B之間有作用力，彈簧和A球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A項錯誤；由于沒有摩擦，系統(tǒng)只有彈簧彈力和重力做功，則B項正確；因為彈簧作用于B，并對B做功，B的機械能不守恒，而 m/s是根據(jù)機械能守恒求解得出的，所以C項錯誤；根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒，到地面時的機械能與剛釋放時的機械能相等，又彈簧處于原長，則E＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6 J，D項正確． 二、非選擇題(共50分) 11．(8分)在驗證機械能守恒定律的實驗中，使質(zhì)量為m＝200 g的重物自由下落，打點計時器在紙帶上打出一系列的點，選取一條符合實驗要求的紙帶如圖9所示．O為紙帶下落的起始

15、點，A、B、C為紙帶上選取的三個連續(xù)點．已知打點計時器每隔T＝0.02 s打一個點，當?shù)氐闹亓铀俣葹間＝9.8 m/s2，那么 圖9 (1)計算B點瞬時速度時，甲同學用v＝2gxOB，乙同學用vB＝.其中所選擇方法正確的是______(填“甲”或“乙”)同學． (2)同學丙想根據(jù)紙帶上的測量數(shù)據(jù)進一步計算重物和紙帶下落過程中所受的阻力，為此他計算出紙帶下落的加速度為________m/s2，從而計算出阻力Ff＝________N. (3)若同學丁不慎將上述紙帶從OA之間扯斷，他僅利用A點之后的紙帶能否實現(xiàn)驗證機械能守恒定律的目的？______.(填“能”或“不能”) 答案　(1

16、)乙　(2)9.5　0.06　(3)能 解析　(1)如用v＝2gxOB求vB，就等于認為機械能已經(jīng)守恒了，應選用vB＝. (2)由Δx＝aT2知 a＝＝ ＝ m/s2 ＝9.5 m/s2 由mg－Ff＝ma知Ff＝mg－ma＝0.06 N. (3)能．可利用m(v－v)＝mgh12驗證． 12．(8分)在“探究恒力做功與物體的動能改變量的關(guān)系”的實驗中備有下列器材：A.打點計時器；B.天平；C.秒表；D.低壓交流電源；E.電池；F.紙帶；G.細線、砝碼、小車、重物、砝碼盤；H.薄木板． (1)其中多余的器材是________(填器材前的字母)，缺少的器材是________．

17、 (2)測量時間的工具是____________；測量質(zhì)量的工具是____________．(填器材前的字母) (3)如圖10所示是打點計時器打出的小車(質(zhì)量為m)在恒力F作用下做勻加速直線運動的紙帶．測量數(shù)據(jù)已用字母表示在圖中，打點計時器的打點周期為T.請分析，利用這些數(shù)據(jù)能否驗證動能定理？若不能，請說明理由；若能，請說出做法，并對這種做法做出評價． 圖10 答案　(1)C、E　毫米刻度尺　(2)A　B　(3)見解析 解析　(1)計算小車速度是利用打上點的紙帶，故不需要秒表．打點計時器應使用低壓交流電源，故多余的器材是C、E；測量點與點之間的距離要用毫米刻度尺，故缺少的器材是毫米

18、刻度尺． (2)測量時間的工具是打點計時器，測量質(zhì)量的工具是天平． (3)能． 從A到B的過程中，恒力做的功為WAB＝FxAB 物體動能的變化量為 EkB－EkA＝mv－mv ＝m()2－m()2 ＝m 只要驗證FxAB＝m即可． 優(yōu)點：A、B兩點的距離較遠，測量時的相對誤差較?。? 缺點：只進行了一次測量驗證，說服力不強． 13．(10分)如圖11所示，軌道ABC被豎直地固定在水平桌面上， A距離水平地面高H＝0.75 m，C距離水平地面高h＝0.45 m． 一質(zhì)量m＝0.10 kg的小物塊自A點從靜止開始下滑，從C點 以水平速度飛出后落在水平地面上

19、的D點．現(xiàn)測得C、D兩點的 圖11 水平距離為l＝0.60 m．不計空氣阻力，取g＝10 m/s2.求： (1)小物塊從C點運動到D點經(jīng)歷的時間； (2)小物塊從C點飛出時速度的大??； (3)小物塊從A點運動到C點的過程中克服摩擦力做的功． 答案　(1)0.3 s　(2)2.0 m/s　(3)0.1 J 解析　(1)小物塊從C水平飛出后做平拋運動，由h＝gt2得小物塊從C到D運動的時間t＝ ＝0.3 s (2)從C點飛出時速度的大小v＝＝2.0 m/s (3)小物塊從A運動到C的過程中，根據(jù)動能定理得 mg(H－h(huán))＋Wf＝mv2－0 摩擦力做功Wf＝mv2－mg

20、(H－h(huán))＝－0.1 J 此過程中克服摩擦力做的功Wf′＝－Wf＝0.1 J. 14．(16分)(xx·北京·23)摩天大樓中一部直通高層的客運電梯，行程超過百米．電梯的簡化模型如圖13甲所示．考慮安全、舒適、省時等因素，電梯的加速度a是隨時間t變化的．已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖乙所示．電梯總質(zhì)量m＝2.0×103 kg.忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2. 　 圖13 (1)求電梯在上升過程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2； (2)類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由v－t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，對比加速度和速度的定義

21、，根據(jù)圖乙所示的a－t圖象，求電梯在第1 s內(nèi)的速度改變量Δv1和第2 s末的速率v2； (3)求電梯以最大速率上升時，拉力做功的功率P；再求在0～11 s時間內(nèi)，拉力和重力對電梯所做的總功W. 答案　(1)2.2×104 N　1.8×104 N　(2)0.5 m/s 1．5 m/s　(3)2.0×105 W　1.0×105 J 解析　(1)由牛頓第二定律，有F－mg＝ma 由a－t圖象可知，F(xiàn)1和F2對應的加速度分別是 a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2，則 F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0) N＝2.2×104 N F2＝m(g＋a2)＝2

22、.0×103×(10－1.0) N＝1.8×104 N (2)類比可得，所求速度變化量等于第1 s內(nèi)a－t圖線與t軸所圍圖形的面積， 可得Δv1＝0.5 m/s 同理可得2 s內(nèi)的速度變化量Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s (3)由a－t圖象可知，11 s～30 s內(nèi)速率最大，其值vm等于0～11 s內(nèi)a－t圖線與t軸所圍圖形的面積，此時電梯做勻速運動，拉力F等于重力mg，所求功率 P＝Fvm＝mg·vm＝2.0×103×10×10 W＝2.0×105 W 由動能定理得，總功 W＝Ek2－Ek1＝mv－0＝×2.0×103×102 J ＝1.0×105 J.