高考物理一轮复习课件+讲义 第5章 7 章末热点集训

新高考物理一轮复习策略

1、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。

2、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。

3、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。

4、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。

章末过关检测(五)[学生用书P335(单独成册)]

(建议用时：45分钟)

一、单项选择题

1．物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动．在这三种情况下物体机械能的变化情况是　(　　)

A．匀速上升机械能不变，加速上升机械能增加，减速上升机械能减小

B．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能减小

C．匀速上升和加速上升机械能增加，减速上升机械能可能增加，可能减少，也可能不变

D．三种情况中，物体的机械能均增加

解析：选C.无论物体向上加速还是向上匀速运动，除重力外，其他外力一定对物体做正功，物体机械能都增加，物体向上减速运动时，除重力外，物体受到的其他外力不确定，故无法确定其机械能的变化，C正确．

2．(2020·陕西榆林三模)一个人站立在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示，则(　　)

A．人对踏板的压力大小等于人所受到的重力大小

B．人只受重力和踏板的支持力的作用

C．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能增加量

D．人所受合力做的功等于人的动能的增加量

解析：选D.人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax＝acos α，方向水平向右；ay＝asin α，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f＝max＝macos α，水平向右，竖直方向受重力和支持力，FN－mg＝masin α，由牛顿第三定律知人对踏板的压力FN′＝FN>mg，故A、B错误；踏板对人的作用力即为支持力与摩擦力，并且二力均做正功；故在随着扶梯向上加速运动过程中，踏板对人支持力做的功小于人的机械能的增加量，故C错误；根据动能定理可知：合外力对人做的功等于人动能的增加量，故D正确．

3.(2020·安徽安庆高三质检)安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山，现已正式“开滑”．如图所示，滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下，接着在水平面上滑至N点停下．斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ＝0.1.滑雪者(包括滑雪板)的质量为m＝50 kg，g取 10 m/s2，O、N两点间的水平距离为s＝100 m．在滑雪者经过ON段运动的过程中，克服摩擦力做的功为(　　)

A．1 250 J　　　　　　　 B．2 500 J

C．5 000 J   D．7 500 J

解析：选C.设斜面的倾角为θ，则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf＝μmgxOMcos θ＋μmgxMN，由题图可知，xOMcos θ＋xMN＝s，两式联立可得Wf＝μmgs＝0.1×50×10×100 J＝5 000 J，故A、B、D错误，C正确．

4．(2020·湖北襄阳调研)如图所示，质量为m的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为h.已知斜面倾角为α，斜面与滑块间的动摩擦因数为 μ，且μ<tan α，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能E、动能Ek、势能Ep与上升高度h之间关系的图象是(　　)

解析：选D.势能先随高度增加而变大，后随高度减小而变小，上行与下行图线重合为一条第一象限内过原点的倾斜线段，A错误；机械能变化参考摩擦力做功，上行和下行过程中摩擦力随高度变化均匀做功，机械能随高度变化均匀减小，B错误；动能变化参考合外力做功，上行过程的合外力大于下行过程的合外力，且合外力在运动过程中大小恒定，随高度变化均匀做功，D正确，C错误．

5．(2018·11月浙江选考)如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R＝10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0＝10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是(　　)

A．5 s  B．4.8 s

C．4.4 s  D．3 s

解析：选A.设小车的质量为m，小车在AB段做匀减速直线运动，加速度a1＝＝＝0.2g＝2 m/s2，在AB段，根据动能定理可得－fxAB＝mv－mv，解得vB＝4 m/s，故t1＝ s＝3 s；小车在BC段，根据机械能守恒定律可得mv＝mghCD，解得hCD＝0.8 m，

过圆形支架的圆心O点作BC的垂线如图所示，根据几何知识可得＝，解得xBC＝4 m，sin θ＝＝，故小车在BC上运动的加速度为a2＝gsin θ＝2  m/s2，故小车在BC段的运动时间为t2＝＝ s＝2 s，所以小车运动的总时间为t＝t1＋t2＝5 s，A正确．　

二、多项选择题

6．(2020·广东茂名第二次模拟)如图，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，圆轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．质量为m的小球(可视为质点)以初速度v0沿AB运动恰能通过最高点，则(　　)

A．R越大，v0越大

B．m越大，v0越大

C．R越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大

D．m越大，小球经过B点瞬间对轨道的压力越大

解析：选AD.小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg＝m，则vD＝，根据动能定理得mv＝mv＋2mgR，解得v0＝，可见R越大，v0越大，而且v0与小球的质量m无关，A正确，B错误；小球经过B点的瞬间，FN－mg＝m，则轨道对小球的支持力FN＝mg＋m＝6mg，则FN大小与R无关，随m增大而增大，由牛顿第三定律知C错误，D正确．

7．(2020·山西大学附属中学模拟)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)

A．0～8 s内物体位移的大小是18 m

B．0～8 s内物体机械能增量是90 J

C．0～8 s内物体机械能增量是84 J

D．0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J

解析：选BD.从题图乙求出0～8 s内物体位移的大小s＝14 m，A错误；0～8 s内，物体上升的高度h＝ssin θ＝8.4 m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正确，C错误；0～6 s内物体的加速度a＝μgcos θ－gsin θ＝1 m/s2，得μ＝，传送带速度大小为4 m/s，Δs＝18 m，0～8 s内物体与传送带摩擦产生的热量Q＝μmgΔscos θ＝126 J，D正确．

8．(2020·安徽蚌埠高三质量检查)图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc＝37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2.现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释放，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)

A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为1∶1

B．μ1＋μ2＝1.5

C．图乙中小物块可能静止在b处

D．图乙中小物块滑到a处时的速度大小为

解析：选BD.根据功的定义，物块通过ap、pb段克服摩擦力做功分别为Wap＝μ1mgLcos 37°，Wpb＝μ2mgLcos 37°，故物块通过ap、pb段克服摩擦力做功之比为μ1∶μ2，μ2大于μ1，A错误；在ab过程对物块应用动能定理，得μ1mgLcos 37°＋μ2mgLcos 37°－mg×2Lsin 37°＝0－0，化简得μ1＋μ2＝1.5，B正确；当如图乙时，物块沿斜面受到的合力为mgsin 53°－μ2mgcos 53°＝mg(0.8－0.6μ2)>0(μ2一般情况下小于1)，故物块下滑，C错误；由动能定理得2Lmgsin 53°－μ1mgLcos 53°－μ2mgLcos 53°＝mv2－0，联立μ1＋μ2＝1.5，解得v＝ ，D正确．

三、非选择题

9．(2020·广东广州执信中学模拟)如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．

(1)实验时，该同学进行了如下操作：

①将质量均为M(A的含挡光片，B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出____________(填“A的上表面”“A的下表面”或“挡光片中心”)到光电门中心的竖直距离h.

②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为Δt.

③测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．

(2)如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为______________(已知重力加速度为g)．

(3)引起该实验系统误差的原因有________________________(写一条即可)．

(4)验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？a随m增大会趋于一个什么值？请你帮该同学解决：

①写出a与m之间的关系式：________________(还要用到M和g)．

②a的值会趋于____________．

解析：(1)①实验时，测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h.

(2)重物A经过光电门时的速度为v＝；则如果系统(重物A、B以及物块C)的机械能守恒，应满足的关系式为mgh＝(2M＋m).

(3)引起该实验系统误差的原因：绳子有一定的质量，滑轮与绳子之间有摩擦，重物运动受到空气阻力等．

(4)①根据牛顿第二定律可知mg＝(m＋2M)a，解得：

a＝＝.

②当m增大时，式子的分母趋近于1，则a的值会趋于重力加速度g.

答案：(1)①挡光片中心　(2)mgh＝(2M＋m)

(3)绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等

(4)①a＝　②重力加速度g

10．如图所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3 m/s，长为L＝1.4 m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，g＝10 m/s2.

(1)求水平作用力F的大小；

(2)求滑块下滑的高度；

(3)若滑块滑上传送带时速度大于3 m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．

解析：(1)滑块静止在斜面上时，受到水平推力F、重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F＝mgtan θ，代入数据得F＝ N.

(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有mgh＝mv2，所以v＝.

若滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有μmgL＝mv－mv2，所以h1＝－μL，代入数据得h1＝0.1 m.

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有－μmgL＝mv－mv2，则h2＝＋μL，代入数据得h2＝0.8 m.

(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x＝v0t，

由机械能守恒可知mgh2＝mv2，

对滑块由运动学公式知v0＝v－at，a＝μg

滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x，

相对滑动产生的热量Q＝μmgΔx，

联立代入数据可得Q＝0.5 J.

答案：(1) N　(2)0.1 m或0.8 m　(3)0.5 J

11.如图，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15 N时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1 m，圆轨道半径R＝1 m，滑块和长木板的质量均为1 kg，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2.若滑块从轨道上距离C点高h＝0.45 m的位置由静止释放，求：

(1)滑块到C点时对轨道压力的大小；

(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；

(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量．

解析：(1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有

mgh＝mv，解得v0＝3 m/s

在C点由向心力公式知：

FN－mg＝，

解得FN＝19 N

由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力

FN′＝FN＝19 N.

(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中：

滑块的加速度大小a1＝＝4 m/s2

木板的加速度大小

a2＝＝2 m/s2

由v0－a1t＝a2t＝v共得出，

t＝0.5 s，v共＝1 m/s

滑块的位移x1＝t＝1 m

之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，

a3＝＝1 m/s2

x3＝＝0.5 m

故滑块的总位移x＝x1＋x3＝1.5 m.

(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5 J.

答案：(1)19 N　(2)1.5 m　(3)4.5 J