专题4 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

这是一份专题4 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版，共9页。

1．弹弓是孩子们喜爱的弹射类玩具，其构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处(A、B连线的中垂线上)放一固体弹丸，一手执把手，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则( )
A．从D到C过程中，弹丸的机械能守恒
B．从D到C过程中，弹丸的动能一直在增大
C．从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D．从D到E过程橡皮筋弹力做功大于从E到C过程
[答案] D
2．(多选)(2021·武汉部分重点高中联考)如图所示，轻弹簧放在光滑的水平面上，左端固定在竖直墙面上，弹簧处于自然伸长状态。一物块放在离弹簧右端一定距离的水平面上的A点，用水平向左的恒力推物块，使物块由静止开始向左运动并压缩弹簧，弹簧右端最多被压缩到B点，弹簧的形变始终在弹性限度内，恒力始终作用在物块上，则下列说法正确的是( )
A．物块与弹簧刚接触时，物块的速度最大
B．弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能小于F做的功
C．物块在A、B之间做往复运动
D．物块向左运动和向右运动的过程中，速度最大的位置在同一位置
[解析] 物块与弹簧接触后，物块仍做加速运动，当弹簧的弹力大小等于恒力F的大小时物块的速度最大，选项A错误；根据功能关系，弹簧压缩量最大时，弹簧的弹性势能等于F做的功，选项B错误；由于在弹簧压缩量最大时，弹簧弹力大于水平恒力F，物块速度为零，所以物块在A、B之间做往复运动，物块向左运动和向右运动过程中，速度最大的位置都是弹簧的弹力大小等于恒力F大小的位置，选项C、D正确。
[答案] CD
3．(多选)(2020·福建省三明一中模拟)滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是( )
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
[解析] 沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1 mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin 30°－Ff)eq \f(h,sin 30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误。
[答案] BC
4．(2021·上海市奉贤区一模)滑块以某一初速度从固定的粗糙斜面底端向上运动，然后又滑回斜面底端。若滑块向上运动的位移中点为A，滑块两次经过A点的速率分别为vA1、vA2，上滑和下滑过程的重力势能的变化量的绝对值分别为ΔEp1、ΔEp2，则( )
A．vA1＝vA2，ΔEp1＝ΔEp2
B．vA1＝vA2，ΔEp1>ΔEp2
C．vA1>vA2，ΔEp1＝ΔEp2
D．vA1>vA2，ΔEp1>ΔEp2
[解析] 根据能量守恒定律可知。因滑动摩擦力做功产生摩擦热，机械能损失，故第一次动能大于第二次经过A点时的动能，即vA1>vA2；根据重力做功等于重力势能的减少量，可知重力势能变化量大小相等，即ΔEp1＝ΔEp2，选项A、B、D均错误，选项C正确。
[答案] C
5．(多选)(2020·黄山质检)如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ＝30°。开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F，使小物块向右运动距离L，小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是( )
A．小物块和弹簧系统机械能改变了(F－μmg)L
B．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大
C．小物块在弹簧悬点正下方时速度最大
D．小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和
[解析] 物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加直至到达悬点正下方，继续向右运动时，压缩量减小，到恢复原长，然后伸长到原来的值，可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对地面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其他外力做的功不等于(F－μmg)L，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于(F－μmg)L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和，选项D正确。故选B、D。
[答案] BD
6．(多选)(2019·全国卷Ⅱ)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得( )
A．物体的质量为2 kg
B．h＝0时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m时，物体的动能Ek ＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
[解析] 根据题图可知，h＝4 m时物体的重力势能Ep＝mgh＝80 J，解得物体质量m＝2 kg，抛出时物体的动能为Ek0＝ 100 J，由公式Ek0＝eq \f(1,2)mv2可知，h＝0时物体的速率为v＝10 m/s，选项A正确，B错误；由功能关系可知Ffh＝|ΔE总|＝20 J，解得物体上升过程中所受空气阻力Ff＝5 N，从物体开始抛出至上升到h＝2 m的过程中，由动能定理有－mgh－Ffh＝Ek －Ek0，解得Ek ＝50 J，选项C错误；由题图可知，物体上升到h＝4 m时，机械能为80 J，重力势能为80 J，动能为零，即从地面上升到h＝4 m，物体动能减少100 J，选项D正确。
[答案] AD
7．(多选)(2020·惠州第二次调研)如图所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系图象如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g。以下判断正确的是( )
A．当x＝h＋x0，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小
B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先减小后增大
C．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大
D．小球动能的最大值为mgh＋eq \f(mgx0,2)
[解析] 根据乙图可知，当x＝h＋x0，小球的重力等于弹簧的弹力，此时小球具有最大速度，由弹簧和小球组成的系统机械能守恒可知，重力势能与弹性势能之和最小，故A正确；小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大，然后向下运动时弹力大于重力， 小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，选项B错误，C正确；小球从开始运动到达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－eq \f(1,2)mg·x0＝eq \f(1,2)·mv2，故小球动能的最大值为mgh＋eq \f(1,2)mgx0，故D正确。故选A、C、D。
[答案] ACD
8．(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示。若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的是( )
A．小铅块将从B的右端飞离木板
B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止
C．第一次和第二次过程中产生的热量相等
D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量
[解析] 在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选项C错误，D正确。
[答案] BD
[提升题组]
9．(2021·南昌市第一次模拟)如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体栓接其劲度系数为k，重力加速度为g。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0在物体B刚好离开地面时物体A的速度为eq \r(\f(3F0g,k))，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体A与物体B的质量比值为( )
A．2∶1 B．1∶2
C．3∶1 D．1∶3
[解析] 开始时弹簧的压缩量x1＝eq \f(mAg,k)；物体刚好离开地面时，弹簧的伸长量为x2＝eq \f(mBg,k)；两次施加力F时弹簧的弹力做功相同；根据能量关系可知：若恒力大小为F0，则Ep＋mAg(x1＋x2)＝F0(x1＋x2)；若恒力大小为2F0，则Ep＋mAg(x1＋x2)＋eq \f(1,2)mAveq \\al(2,A)＝2F0(x1＋x2)；其中的vA＝eq \r(\f(3F0g,k))；联立解得mA∶mB＝2∶1；故选A。
[答案] A
10．(多选)(2021·扬州一模)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°。两个相同的物块A、B与传送带间的动摩擦因数是0.5，从传送带顶端均以1 m/s的初速度沿传送带下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法中正确的有( )
A．A、B所受摩擦力沿传送带向上
B．滑至底端，A用时较少
C．滑至底端时A所受重力的瞬时功率较大
D．下滑过程A与传送带间产生的热量较少
[解析] 物块B沿传送带加速下滑，则所受的摩擦力沿传送带向上；因mgsin 37°>μmgcs 37°，可知物块A也相对传送带加速下滑，所受的摩擦力沿传送带向上，选项A正确；A、B下滑的加速度均为a＝gsin θ－μgcs θ，可知下滑到底端时的时间相同，选项B错误；根据v＝v0＋at可知，两物体下滑到底端时的速度大小相同，根据P＝mgvsin 37°可知，滑至底端时A、B所受重力的瞬时功率相同，选项C错误；下滑过程中A相对传送带的位移较小，根据Q＝μmgxcs 37°可知下滑过程A与传送带间产生的热量较少，选项D正确。
[答案] AD
11．(2020·石门检测)如图所示，光滑的水平面AB与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A右侧连接一粗糙水平面。用细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲质量为m1＝4 kg，乙质量m2＝5 kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道压力恰好为零。取g＝10 m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：
(1)甲离开弹簧后经过B时速度大小vB；
(2)弹簧压缩量相同情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A进入动摩擦因数μ＝0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面上运动位移s。
[解析] (1)甲在最高点D，由牛顿第二定律得：
m1g＝m1eq \f(v\\al(2,D),R)，
甲离开弹簧运动至D点的过程中由机械能守恒得：
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,B)＝m1g·2R＋eq \f(1,2)m1veq \\al(2,D)。
代入数据联立解得：vB＝2eq \r(5) m/s。
(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,B)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，得：v2＝4 m/s。
乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g＝m2a，
解得：a＝4 m/s2
则有：s＝eq \f(v\\al(2,2),2a)＝eq \f(16,2×4) m＝2 m。
[答案] (1)2eq \r(5) m/s (2)2 m
12．如图甲所示，光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接，且OAB在一条直线上，与水平面夹角α＝37°，轻质弹簧下端固定在O点，上端可自由伸长到A点。在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示。已知物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5，传送带AB部分长为5 m，顺时针转动，速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2。(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物体的质量m；
(2)弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W；
(3)若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，物体在传送带上最远能到何处？
[解析] (1)由图象可知：mg sin 37°＝30 N
解得m＝5 kg。
(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功：
W＝eq \f(390×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.5－\f(1,28))),2) J－eq \f(30×\f(1,28),2) J＝90 J。
(3)撤去力F，设物体返回至A点时速度大小为v0，
从A出发再次返回A处的过程应用动能定理：
W＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得：v0＝6 m/s。
由于v0＞v，物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a1，
由牛顿第二定律：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
解得a1＝10 m/s2，
速度减为v时，设沿斜面向上发生的位移大小为x1，由运动学规律x1＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2a1)，解得x1＝1 m，
此后摩擦力改变方向，由于mgsin 37°＞μmgcs 37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a2，再由牛顿第二定律
mg sin 37°－μmgcs 37°＝ma2
设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律x2＝eq \f(v2,2a2)，解得x2＝4 m，
所以物块能够在传送带上发生的最大位移
xm＝x1＋x2＝5 m，
即恰好到达传送带顶端B点。
[答案] (1)5 kg (2)90 J (3)恰好到达传送带顶端B点