2024年高考物理第一轮复习：第 3讲　限时规范训练 (3)

这是一份2024年高考物理第一轮复习：第 3讲　限时规范训练 (3)，共10页。
限时规范训练
[基础巩固]
1.(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点静止释放，让小球自由摆下，不计空气阻力，在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减少
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：BD　小球由A点下摆到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故选项A错误，B正确；在此过程中，由于只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故选项C错误，D正确．
2.(2022·山西太原一中模拟)如图所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止在水平面上．现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A．斜劈对小球的弹力不做功
B．斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C．斜劈的机械能守恒
D．小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量
解析：B　不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功，系统机械能守恒，B正确，C、D错误；斜劈对小球的弹力与小球位移的夹角大于90°，故弹力做负功，A错误．
3.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动．已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g，则N1－N2的值为(　　)
A．3mg　　　　　　　 B．4mg
C．5mg D．6mg
解析：D　设小球在最低点时速度为v1，在最高点时速度为v2，根据牛顿第二定律有，在最低点：N1－mg＝m，在最高点：N2＋mg＝m；从最高点到最低点，根据机械能守恒有mg·2R ＝mv－mv，联立可得：N1－N2＝6mg，故选项D正确．
4．如图所示，不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于水平地面上；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．现将b球释放，则b球着地瞬间a球的速度大小为(　　)
A． B．
C． D．2
解析：A　在b球落地前，a、b两球组成的系统机械能守恒，且a、b两球速度大小相等，设为v，根据机械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋(3m＋m)v2，解得：v＝，故A正确．
5.(2022·山东潍坊模拟)如图所示，将一质量为m的小球从A点以初速度v斜向上抛出，小球先后经过B、C两点．已知B、C之间的竖直高度和C、A之间的竖直高度都为h，重力加速度为g，取A点所在的平面为参考平面，不考虑空气阻力，则(　　)
A．小球在B点的机械能是C点机械能的两倍
B．小球在B点的动能是C点动能的两倍
C．小球在B点的动能为mv2＋2mgh
D．小球在C点的动能为mv2－mgh
解析：D　不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B点的机械能等于在C点的机械能，A错误；小球在B点的重力势能大于在C点的重力势能，根据机械能守恒定律知，小球在B点的动能小于在C点的动能，B错误；小球由A到B过程中，根据机械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝mv2，解得小球在B点的动能为EkB＝mv2－2mgh，C错误；小球由B到C过程中，根据机械能守恒定律有mg·2h＋EkB＝mgh＋EkC，解得小球在C点的动能为EkC＝EkB＋mgh＝mv2－mgh，D正确．
6．如图所示，半径R＝0.5 m的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，半圆轨道与光滑水平地面相切于圆轨道最低端点A．质量m＝1 kg的小球以初速度v0＝5 m/s从A点冲上竖直圆轨道，沿轨道运动到B点飞出，最后落在水平地面上的C点，g取10 m/s2，不计空气阻力．

(1)求小球运动到轨道末端B点时的速度vB；
(2)求A、C两点间的距离x；
(3)若小球以不同的初速度冲上竖直圆轨道，并沿轨道运动到B点飞出，落在水平地面上．求小球落点与A点间的最小距离xmin.
解析：(1)选水平地面为零势能参考面，由机械能守恒定律得
mv＝mv＋mg·2R
解得vB＝ m/s.
(2)由平抛规律得2R＝gt2，x＝vBt，
解得x＝1 m.
(3)设小球运动到B点半圆轨道对小球的压力为FN
圆周运动向心力FN＋mg＝
得当FN＝0时，小球运动到轨道末端B点时的速度最小vBmin＝ m/s
由(2)的计算可知，最小距离xmin＝x＝1 m.
答案：(1) m/s　(2)1 m　(3)1 m
[能力提升]
7.(多选)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直面内，质量均为m的A、B两球用轻杆连接套在圆环上．开始时轻杆竖直并同时由静止释放两球，当A球运动到B开始的位置时，轻杆刚好水平，重力加速度为g，则从开始运动到轻杆水平的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小球A、B的机械能均守恒
B．小球A、B组成的系统机械能守恒
C．杆对小球A做的功为零
D．杆对小球B做的功为mgR
解析：BD　由于环是光滑的，因此A、B组成的系统机械能守恒，B项正确；由几何关系可知，轻杆长度为R，当杆水平时，设A、B两球的速度大小均为v，由系统机械能守恒可知：mg×R＝×2mv2，解得v＝ ，因此从开始到杆水平时，B球的机械能增加，则A球的机械能减少，A项错误；根据动能定理，对A球有mg·R＋W1＝mv2，解得W1＝－mgR，C项错误；对B球有W2＝mv2＝mgR，D项正确．
8．有一条长为L＝2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)(　　)

A．2.5 m/s B． m/s
C． m/s D． m/s
解析：B　设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－×2mg×sin θ－×2mg×＋0＝－mgL(1＋sin θ)，链条全部滑出后，动能为Ek′＝×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg，由机械能守恒可得E＝Ek′＋Ep′，即－mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL，解得v＝＝× m/s＝ m/s，故B正确，A、C、D错误．
9．(2021·浙江卷)空间站在地球外层的稀薄大气中绕行，因气体阻力的影响，轨道高度会发生变化．空间站安装有发动机，可对轨道进行修正．图中给出了国际空间站在2020.02－2020.08期间离地高度随时间变化的曲线，则空间站(　　)

A．绕地运行速度约为2.0 km/s
B．绕地运行速度约为8.0 km/s
C．在4月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
D．在5月份绕行的任意两小时内机械能可视为守恒
解析：D　根据题意可知，轨道半径在变化，则运行速度在变化，圆周最大运行速度为第一宇宙速度7.9 km/s，故AB错误；在4月份轨道半径出现明显的变大，则可知，机械能不守恒，故C错误；在5月份轨道半径基本不变，故可视为机械能守恒，故D正确．
10．蹦床是一项深受小朋友喜爱的活动，在某次“蹦床”娱乐活动中，从小朋友下落到离地面高h1处开始计时，其动能Ek与离地高度h的关系如图乙所示．在h1～h2阶段图像为直线，其余部分为曲线，h3对应图像的最高点，小朋友的质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦．下列说法正确的是(　　)

A．整个过程中小朋友的机械能守恒
B．从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，其加速度先增大后减小
C．小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)
D．小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mgh1
解析：C　小朋友接触蹦床后，蹦床对小朋友的弹力做功，所以整个过程中小朋友的机械能不守恒，故A错误；从小朋友的脚接触蹦床直至蹦床被压缩至最低点的过程中，蹦床对小朋友的弹力先小于重力，后大于重力，随着弹力的增大，合力先减小后反向增大，所以加速度先减小后增大，故B错误；由题图乙知，小朋友在h2处和h4处动能相等，根据蹦床和小朋友组成的系统机械能守恒可知，小朋友处于h＝h4高度时，蹦床的弹性势能为Ep＝mg(h2－h4)，故C正确；小朋友从h1下降到h5过程中，蹦床的最大弹性势能为Epm＝mg(h1－h5)，故D错误．
11．(2022·宁夏石嘴山三中月考)如图所示，P是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B点以速度v0水平飞出质量为m的小球，恰能从左端A点沿圆弧切线方向进入．O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角．已知m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：

(1)A、B两点的高度差；
(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？
解析：(1)小球从B到A做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有
vA＝＝5 m/s
根据机械能守恒定律，有
mgh＝mv－mv
解得A、B两点的高度差h＝0.8 m.
(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得
mv＋mgR(1＋cos θ)＝mv
代入数据解得vC＝3 m/s
小球通过C点的最小速度为v，
则mg＝m，v＝＝ m/s
因为vC>v，所以小球能到达最高点C
在C点，由牛顿第二定律得
mg＋F＝m
代入数据解得F＝4 N
由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4 N.
答案：(1)0.8 m　(2)能　4 N
[热点加练]
12．(2022·济宁一模)(多选)如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC、DC连接于C点(两绳另一端均固定)，弹簧另一端连接质量为m的小球．地面上竖直固定一半径为R、内壁光滑的开缝圆弧管道AB，A点位于O点正下方且与C点等高处，管道圆心与C点重合．现将小球置于管道内A点由静止释放，已知轻绳DC水平，当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，管道与弹簧间的摩擦不计，重力加速度为g.则小球从A点运动到B点的过程中(　　)

A．弹簧一直处于伸长状态
B．小球的机械能不守恒
C．小球在B点的动能为mgR
D．轻绳OC的拉力不断增大
解析：ACD　当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B点时，由弹簧的拉力和重力的合力提供向心力，则弹簧一直处于伸长状态，故A正确；从A到B的过程，弹簧的弹力和管道的弹力对小球不做功，只有重力做功，故小球的机械能守恒，故B错误；从A点到B点的过程，对小球，取B点所在水平面为零势能参考平面，由机械能守恒定律得：EkB＝mgR，故C正确；设OC与OA的夹角为θ，CA与水平方向的夹角为α，C点受力平衡，则在竖直方向上有：FOCcos θ＝FACsin α，从A点到B点的过程中，θ和弹簧的弹力FAC大小不变，α不断增大，故FOC＝不断增大，故D正确．
13.(多选)如图所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一光滑定滑轮，一轻绳跨过定滑轮，绳两端分别连接小物块A和B．已知斜面倾角θ＝30°，小物块A的质量为m，小物块B的质量为0.8m，小物块B距离地面的高度为h，小物块A距离定滑轮足够远．开始时，小物块A和小物块B位于同一水平面上，用手按住小物块A，然后松手．则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A．松手瞬间，小物块A的加速度大小为g
B．松手后，小物块A的机械能守恒
C．小物块B落地前瞬间的速度大小为
D．小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为
解析：AD　松手瞬间，对小物块B受力分析可得：0.8mg－FT＝0.8ma，对小物块A受力分析可得：FT－mgsin 30°＝ma，联立解得：a＝g，故A正确．松手后，绳的拉力对小物块A做正功，小物块A的机械能增加，故B错误．小物块B从开始下落到落地有v2－0＝2ah，解得：v＝ ，故C错误．小物块A从开始运动到滑行距离h时获得的速度v＝ ，接下来继续滑行x速度减为零，由机械能守恒定律得：mv2＝mgxsin 30°，解得：x＝，小物块A能够上升到的最高点与地面的距离为h＋hsin 30°＋sin 30°＝h，故D正确．
14．(2022·湖南永州模拟)(多选)如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图像．已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．图乙中x＝36
B．小球质量为0.2 kg
C．小球在B点受到轨道的作用力为8.5 N
D．小球在A点时重力的功率为5 W
解析：BC　小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有mv＝mv2＋mgh，解得v2＝－2gh＋v，当h＝0.8 m时，v2＝9 m2/s2，代入数据得v0＝5 m/s；当h＝0时，v2＝v＝25 m2/s2，x＝25，故A错误；由题图乙可知，轨道半径R＝0.4 m，小球在C点的速度vC＝3 m/s，由牛顿第二定律可得F＋mg＝m，解得m＝0.2 kg，B正确；小球从A到B过程中由机械能守恒有mv＝mv＋mgR，解得小球运动到B点的速度vB＝ m/s，在B点，由牛顿第二定律可知NB＝m，代入数据得NB＝8.5 N，选项C正确；小球在A点时，重力mg和速度v0垂直，重力的瞬时功率为0，D错误．
15．如图所示，右边传送带长L＝15 m、逆时针转动速度为v0＝16 m/s，左边是光滑竖直半圆轨道(半径R＝0.8 m)，中间是光滑的水平面AB(足够长)．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一压缩的轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连．甲的质量为m1＝3 kg，乙的质量为m2＝1 kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为sm＝12 m．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两物体可看作质点．

(1)固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求甲物体通过D点时对轨道的压力大小；
(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后甲、乙两物体离开弹簧时的速度大小之比为＝，问甲物体和乙物体能否再次在AB面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两物体的速度大小；若不会碰撞，说明原因．
解析：(1)固定甲物体，烧断细线后乙物体滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律得：
μm2g＝m2a
由运动学公式：v＝2asm
由机械能守恒定律得弹簧压缩时的弹性势能：
Ep＝m2v
固定乙物体，烧断细线后，甲物体离开弹簧的速度满足：
Ep＝m1v
甲物体从B运动到D过程中由机械能守恒定律得：
2m1gR＋m1v＝m1v
甲物体在D点，由牛顿第二定律得：
m1g＋FN＝m1
联立以上各式解得FN＝30 N
由牛顿第三定律知FN′＝FN＝30 N.
(2)甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后，由机械能守恒定律得：
Ep＝m1v1′2＋m2v2′2
由题意：＝
解得：v1′＝2 m/s，v2′＝6 m/s
之后甲物体沿轨道上滑，设上滑的最高点高度为h，
则m1v1′2＝m1gh，
得h＝0.6 m＜0.8 m
滑不到与圆心等高位置就会返回，返回水平面AB面上时速度大小仍然是v1′＝2 m/s
乙物体滑上传送带，因v2′＝6 m/s＜16 m/s，则乙物体先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动．
由对称性可知乙物体返回AB面上时速度大小仍然为v2′＝6 m/s
甲物体和乙物体能再次在AB面上发生水平碰撞．
答案：(1)30 N　(2)会碰撞　2 m/s　6 m/s