高考物理【一轮复习】讲义33　章末检测卷(四)(第五章内容)

这是一份高考物理【一轮复习】讲义33　章末检测卷(四)(第五章内容)，共14页。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2024·新课标卷)福建舰是我国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰。借助配重小车可以进行弹射测试，测试时配重小车被弹射器从甲板上水平弹出后，落到海面上。调整弹射装置，使小车水平离开甲板时的动能变为调整前的4倍。忽略空气阻力，则小车在海面上的落点与其离开甲板处的水平距离为调整前的( )
A．0.25倍 B．0.5倍
C．2倍 D．4倍
C [由题意知Ek2Ek1＝41，由Ek＝12mv2可得v2v1＝21，由运动学公式有h＝12gt2，x＝vt，联立解得x2x1＝21，故选C。]
2．(2024·浙江省9＋1高中联盟3月模拟)如图所示是高空翼装飞行爱好者在没有风的空中滑翔的情境，在空中长距离滑翔的过程中滑翔爱好者( )
A．机械能守恒
B．重力势能的减小量小于重力做的功
C．重力势能的减小量等于动能的增加量
D．动能的增加量等于合力做的功
D [滑翔的过程中除重力做功外，还有空气阻力做功，机械能不守恒，故A错误；由功能关系可知，重力势能的减小量等于重力做的功，故B错误；由能量守恒可知，重力势能的减小量等于动能的增加量与克服阻力所做的功之和，故C错误；由动能定理可知，合力所做的功等于动能的变化量，故D正确。]
3．如图所示，跳台滑雪者在助滑道AB上获得一定速度后从B点沿水平方向跃出，在空中飞行一段时间后着陆。若不计空气阻力，则下列关于滑雪者的速度大小v、机械能E、动能Ek、重力的瞬时功率P随时间t的变化关系中，正确的是( )
A B C D
C [v-t图像只表示直线运动，不表示曲线运动，故A错误；运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故B错误；根据Ek＝12mv02＋mgh＝12mv02+mg×12gt2＝12mg2t2+12mv02，12mg2、12mv02均为恒量，故C正确；根据P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P-t图像应为一条直线，故D错误。]
4．如图所示，半径分别为2R和R的圆轨道A、B竖直固定在水平地面上，质量为m、可视为质点的小球以一定的初速度滑上圆轨道，并先后刚好通过圆轨道A和圆轨道B的最高点，则小球从A轨道的最高点运动到B轨道的最高点的过程中克服阻力做的功为(重力加速度为g)( )
A．12mgR B．mgR
C．2mgR D．52mgR
D [在小球从A轨道的最高点运动到B轨道的最高点的过程中，根据动能定理有mg·2R－W＝12mvB2-12mvA2，小球通过A轨道的最高点时有mg＝mvA22R，小球通过B轨道的最高点时有mg＝mvB2R， 联立解得W＝52mgR，故选D。]
5．为了减少环境污染，适应能源结构调整的需要，我国对新能源汽车实行了发放补贴、免征购置税等优惠政策鼓励购买。在某次直线运动性能检测实验中，根据某辆新能源汽车的运动过程作出速度随时间变化的v-t图像。Oa为过原点的倾斜直线，ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段，bc段是与b点相切的水平直线，则下列说法正确的是( )
A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率保持不变
B．t1～t2时间内汽车牵引力做功为12mv22-12mv12
C．t1～t2时间内的平均速度大于12(v1＋v2)
D．t2～t3时间内汽车牵引力大于汽车所受阻力
C [0～t1时间内图像的斜率不变，加速度不变，汽车做匀加速运动，根据F－f ＝ma，汽车的牵引力不变，又因为P＝Fv，汽车的功率增大，A错误；根据动能定理，t1～t2时间内汽车所受合力做功为12mv22-12mv12，B错误；根据v＝xt， t1～t2时间内汽车做变加速运动，其位移大于匀加速运动的位移，所以汽车在该段时间内的平均速度大于12(v1＋v2)，C正确；t2～t3时间内汽车做匀速运动，牵引力等于汽车所受阻力，D错误。]
6．(2024·北京海淀一模)如图所示，一条不可伸长的轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量是A球的3倍。用手托住B球，使轻绳拉紧，A球静止于地面。不计空气阻力、定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦，重力加速度为g。由静止释放B球，到B球落地前的过程中，下列说法正确的是( )
A．A 球的加速度大小为2g
B．拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量
C．重力对 B 球做的功等于B 球动能的增加量
D．B球机械能的减少量大于A球机械能的增加量
B [设A球质量m，则B球质量3m，轻绳张力大小T，根据牛顿第二定律3mg－T＝3ma，T－mg＝ma解得a＝g2，故A错误；根据功能关系，拉力对A球做正功，拉力对A球做的功等于A球机械能的增加量，故B正确；根据动能定理，重力与轻绳拉力的合力对B球做的功等于B球动能的增加量，故C错误；对A、B整体，整体只有重力做功，机械能守恒，则B球机械能的减少量等于A球机械能的增加量，故D错误。]
7．如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体(可视为质点)在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1 kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4∶1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin 37°＝0.6，重力加速度g取 10 m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为( )
A．8 N B．9.6 N
C．16 N D．19.2 N
D [依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f ，物体重力沿斜面的分力大小为Gx＝mg sin 37°＝6 N，当物体沿斜面向上运动到距斜面底端x0处时，根据动能定理有(F－Gx－f )x0＝E0－0，运动到距斜面底端2x0处时，根据动能定理有Fx0－(Gx＋f )·2x0＝0，当物体沿斜面向下运动到距斜面底端x0处时，根据动能定理有(Gx－f )x0＝14E0－0，联立解得F＝19.2 N，故选D。]
8．如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带倾角为θ＝30°，以 1 m/s 顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货物均可视为质点，质量为m＝10 kg，A、B两端点间的距离为s＝9.8 m，货物与输送带间的动摩擦因数为μ＝32，重力加速度取10 m/s2。则货物从底端到顶端要消耗的能量为( )
A．510 J B．490 J
C．375 J D．260 J
A [货物先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg cs 30°－mg sin 30°＝ma，解得加速阶段的加速度a＝μmgcs30°-mgsin30°m＝2.5 m/s2，则加速到与传送带共速的时间为t＝va＝0.4 s，加速的位移为x1＝12at2＝0.2 m，此时传送带的路程为s1＝vt＝0.4 m，则摩擦产生的热量为Q＝f ·x相＝μmg cs 30°·(s1－x1)＝15 J，则根据能量守恒定律，货物从底端到顶端要消耗的能量为E＝Q+12mv2＋mgs sin 30°＝510 J，故选A。]
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9．(2024·济南市高三摸底考试)如图所示，竖直平面内有两根完全相同的轻质弹簧，它们的一端分别固定于位于相同高度的M、N两点，另一端均连接在质量为m的小球上，开始时小球在外力作用下静止于MN连线的中点O，弹簧处于原长。撤去外力使小球从O点开始由静止下落，一段时间后到达最低点P。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，从O点第一次运动到P点的过程中( )
A．小球的加速度一直增大
B．小球的加速度先减小后增大
C．小球的机械能一直增大
D．小球的机械能一直减小
BD [设弹簧原长为l，小球运动至O、P间的Q点时，对小球受力分析，如图所示，最低点P处小球速度为0→小球先加速后减速→小球加速度先向下后向上
10．质量为50 kg的运动员从10 m跳台由静止自由下落，在水中受到的阻力f 与入水深度H的关系如图所示，已知运动员在水中所受浮力等于重力，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力作用，则下列说法正确的是( )
A．运动员进入水中h深处克服水的阻力所做的功为5 000 J
B．从开始下落到进入水中h深处，运动员的机械能减少5 000 J
C．运动员在水中运动的加速度达到最大时，速度约为12.2 m/s
D．整个运动过程中，运动员的机械能一直在减少
AC [运动员从h0＝10 m处由静止开始自由下落，入水前只受重力作用，入水后受重力、浮力和水的阻力作用。当深度为h时速度减为零，根据动能定理可得mg(h0＋h)－F浮h－Wf＝0，解得Wf＝mgh0＝5 000 J，故A正确；由于克服阻力做功等于f -H图线所围面积大小，即Wf＝12×6mgh＝3mgh，可解得h＝103 m，从开始下落到进入水中h深处，机械能减少量ΔE＝mg(h0＋h)≈6 666.7 J，故B错误；由题图可知，当进入水中h4深度时，阻力最大，加速度最大，设此时速度为v，根据动能定理可得mgh0+h4－F浮×h4－12×6mg·h4＝12mv2，解得v≈12.2 m/s，故C正确；运动员在水面以上运动时机械能不变，在水面以下运动时机械能减少，故D错误。]
11．(2024·广东湛江二模)某马戏团上演的飞车节目如图所示，在竖直平面内有半径为R的固定圆轨道，表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动。已知人和摩托车的总质量为m，重力加速度大小为g，摩托车以2gR的速度通过圆轨道的最高点B。关闭摩托车的动力，不计摩擦，忽略空气阻力，人和摩托车整体可视为质点，下列说法正确的是( )
A．摩托车经过B点时对轨道的压力大小为2mg
B．摩托车经过A点时的速度大小为6gR
C．摩托车从B点到A点的过程中，重力的功率先增大后减小
D．摩托车从B点到A点的过程中，先超重后失重
BC [由题意可知，摩托车在B点时，有FB＋mg＝mv12R，解得FB＝mg，由牛顿第三定律可知，摩托车经过B点时对轨道的压力大小为mg，选项A错误；摩托车从B点到A点的过程中，由机械能守恒定律有2mgR+12mv12＝12mv22，其中v1＝2gR，解得v2＝6gR，选项B正确；摩托车从B点到A点的过程中，竖直分速度vy从零先增大后减小至零，重力的功率P＝mgvy，则重力的功率先增大后减小，选项C正确；摩托车从B点到A点的过程中，加速度竖直分量先向下后向上，即先失重后超重，选项D错误。]
12．如图所示，质量均为m的物体A、B用跨过滑轮O的轻绳连接，A穿在固定的竖直光滑杆上，B置于倾角θ＝30°的光滑固定斜面上。一劲度系数k＝mg2l的轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接B。初始时，施加外力将A置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，ON段长为3l，且与杆垂直，OB段与斜面平行。现将A由静止释放，沿杆下滑到最低点P，M为NP中的一点，且MN＝4l。A、B均可视为质点，运动过程中B不会与滑轮相碰，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计一切阻力。则A从N点下滑到M点的过程中( )
A．B沿斜面运动的距离为2l
B．A、B组成的系统机械能守恒
C．经过M点时A的速度大小为150gl41
D．轻绳对A做的功为－114mgl41
AC [A从N点下滑到M点的过程，B沿斜面运动的距离为xB＝OM－ON＝3l2+4l2－3l＝2l，故A正确；由于弹簧对B做功，所以A、B组成的系统机械能不守恒，故B错误；开始运动时，弹簧的压缩量为x1＝mgsinθk＝l，则A经过M点时，弹簧的伸长量为x2＝xB－x1＝l＝x1，可知A从N点下滑到M点的过程，弹簧的弹性势能变化量为0，根据能量守恒可得mg·4l－mgxB sin θ＝12mvA2+12mvB2，根据速度关联关系可得vA cs α＝vB，其中cs α＝MNOM＝45，联立解得经过M点时A的速度大小为vA＝150gl41，对A根据动能定理可得mg·4l＋WT＝12mvA2－0，解得轻绳对A做的功为WT＝－89mgl41，故C正确，D错误。]
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13．(6分)如图1为一种利用气垫导轨验证“机械能守恒定律”的实验装置。主要实验步骤如下：
A．将气垫导轨安装好后放在水平桌面上；
B．测出遮光条的宽度d；
C．测出光电门1到光电门2的距离L；
D．释放滑块，读出遮光条通过两光电门的挡光时间分别为t1和t2；
E．用天平称出滑块(包括遮光条)的质量为M、钩码和挂钩的总质量m；
F．……
回答下列问题：
(1)游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝________ mm。
(2)打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是________。
(3)在实验误差允许范围内满足关系________________________时，可验证机械能守恒定律(用以上测得的物理量符号表示)。
[解析] (1)宽度d＝9 mm＋0.1 mm×8＝9.8 mm。
(2)导轨上的滑块能在短时间内保持静止目的是保证气垫导轨水平。
(3)对于整个系统，若机械能守恒，则系统通过光电门1到光电门2的动能的增加量等于钩码和挂钩重力势能的减小量，即
mgL＝12(M＋m)dt22-dt12。
[答案] (1)9.8 (2)保证气垫导轨水平
(3)mgL＝12(M＋m)dt22-dt12
14．(8分)(2024·金华十校二模)在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落。
(1)不同学生在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，其中操作正确的是________。
A B
C D
(2)实验中，按照正确的操作得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起点O(纸带上第一个点)的距离分别为hA、hB、hC。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp＝________，动能变化量ΔEk＝________。
(3)如果计算结果显示重力势能变化量绝对值小于动能变化量，可能的原因是________。
A．纸带受到阻力较大
B．先接通电源后释放纸带
C．先释放纸带后接通电源
D．阻力与重力之比很小
[解析] (1)依题意，打点计时器应接交流电源，可知B符合要求。故选B。
(2)从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔEp＝mghB
纸带上打B点的速度为vB＝hC-hA2T
动能变化量ΔEk＝12mvB2＝mhC-hA28T2。
(3)正常情况下实验中，由于系统误差，各种阻力导致机械能有损失，那么重力势能的减小量总略大于动能的增加量，而此实验验证结果恰好相反，则是操作错误引起的，可能是重物具有初速度，即先释放纸带后接通电源。故选C。
[答案] (1)B (2)mghB mhC-hA28T2 (3)C
15．(8分)(2023·辽宁卷)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
[解析] (1)飞机在水面滑行阶段做初速度为0的匀变速直线运动，根据运动学公式，有v12＝2aL
解得飞机在水面滑行阶段的加速度大小为
a＝2 m/s2
又v1＝at
解得飞机在水面滑行阶段的滑行时间t＝40 s。
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的重力势能的增加量ΔEp＝mgh
动能的增加量ΔEk＝12mv22-12mv12
所以机械能的增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk
联立解得ΔE＝2.8×107 J。
[答案] (1)2 m/s2 40 s (2)2.8×107 J
16．(8分)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
[解析] (1)线速度v＝ωr，得v＝2ωR。
(2)小球所受向心力F向＝2mω2R
设F与水平方向的夹角为α，则
F cs α＝F向，F sin α＝mg
解得F＝2mω2R2+mg2。
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒定律得Mgh＝12Mv′2＋4×12mv2
解得h＝M+16m2Mg(ωR)2。
[答案] (1)2ωR (2)2mω2R2+mg2 (3)M+16m2Mg(ωR)2
17．(14分)一质量为8.00×104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。(结果保留两位有效数字)
(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；
(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。
[解析] (1)飞船着地前瞬间的机械能为
E1＝12mv02①
式中m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速度大小，由①式和题给数据得
E1＝4.0×108 J②
飞船进入大气层时的机械能为
E2＝12mvh2＋mgh③
式中vh是飞船在高度1.6×105 m处的速度大小，由③式和题给数据得
E2≈2.4×1012 J。④
(2)飞船在高度h′＝600 m处的机械能为
E3＝12m(2.0%×vh)2＋mgh′⑤
由功能关系得W＝E3－E1⑥
式中W是飞船从高度600 m处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功，由②⑤⑥式和题给数据得W≈9.7×108 J。⑦
[答案] (1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J
18．(16分)(2025·山东潍坊模拟)如图所示，AOB是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，由两个半径都是R的14圆弧平滑连接而成，圆心O1、O2与两圆弧的连接点O在同一竖直线上，O2B与水池的水面平齐。一小滑块可从弧AO上的任意点由静止开始下滑。已知sin 37°＝35，cs 37°＝45。
(1)若小滑块从圆弧AO上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点和O1的连线与竖直线的夹角；
(2)若小滑块能从O点脱离滑道，求其可能的落水点在水平面上形成的区域长度。
[解析] (1)设释放点和O1的连线与竖直线的夹角为θ，由于小滑块在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块在圆弧OB上的离开点和O2的连线与竖直线的夹角也为θ，如图所示，设小滑块离开圆弧OB时的速度为v，则根据动能定理可得
2mgR(1－cs θ)＝12mv2－0
对小滑块在圆弧OB上的离开点，重力沿半径方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律可得
mg cs θ＝mv2R
联立解得cs θ＝45
即θ＝37°。
(2)设小滑块刚好能从O点脱离滑道的速度为v1，则有mg＝mv12R
解得v1＝gR
设小滑块从A点由静止释放到达O点时的速度为v2，根据动能定理可得
mgR＝12mv22－0
解得v2＝2gR
可知小滑块能从O点脱离滑道，其离开滑道时的速度范围为gR≤v0≤2gR
小滑块离开滑道后做平抛运动，竖直方向有
R＝12gt2
解得t＝2Rg
水平方向有x＝v0t
解得小滑块的水平位移满足2R≤x≤2R
则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为Δx＝2R－2R＝(2－2)R。
[答案] (1)37° (2)(2－2)R