高中物理功和能復(fù)習(xí)-習(xí)題-中等難度-附答案詳細(xì)解析

1、【精品文檔】如有侵權(quán)，請聯(lián)系網(wǎng)站刪除，僅供學(xué)習(xí)與交流高中物理功和能復(fù)習(xí)-習(xí)題-中等難度-附答案詳細(xì)解析.精品文檔.高中物理功能專題練習(xí)中等難度一、單選題（本大題共1小題，共4.0分）1. “飛流直下三千尺，疑是銀河落九天”是唐代詩人李白描寫廬山瀑布的佳句.瀑布中的水從高處落下的過程中()A. 重力勢能增加B. 重力勢能減少C. 重力對水做的功大于水重力勢能的改變量D. 重力對水做的功小于水重力勢能的改變量二、多選題（本大題共3小題，共12.0分）2. 關(guān)于功的正負(fù)，下列敘述中正確的是()A. 正功表示功的方向與物體運(yùn)動方向相同，負(fù)功為相反B. 正功大于負(fù)功C. 正功表示力和位移兩者之間夾角小于

2、90，負(fù)功表示力和位移兩者之間夾角大于90D. 正功表示做功的力為動力，負(fù)功表示做功的力為阻力3. 物體從某一高度處自由下落，落到直立于地面的輕彈簧上，在A點(diǎn)物體開始與彈簧接觸，到B點(diǎn)物體的速度為零，然后被彈回，下列說法中正確的是()A. 物體從A下落到B的過程中，彈性勢能不斷增大B. 物體從A下落到B的過程中，重力勢能不斷減小C. 物體從A下落到B以及從B上升到A的過程中，動能都是先變小后變大D. 物體在B點(diǎn)的速度為零，處于平衡狀態(tài)4. 如圖所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h=0.1m處，滑塊與彈簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測

3、量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ekh圖象，其中高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余為曲線，以地面為零勢能面，取g=10m/s2，由圖象可知()A. 小滑塊的質(zhì)量為0.2kgB. 輕彈簧原長為0.1mC. 彈簧最大彈性勢能為0.32JD. 小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.38J三、填空題（本大題共2小題，共8.0分）5. 如圖，傾角為的斜面上一物體，豎直向上的恒力F通過滑輪把物體拉著沿斜面向上移動了S的位移，則此過程拉了F做功W= _ 6. 質(zhì)量m=5×103kg的汽車以P=6×104W的額定功率沿平直公路行駛，某時刻汽車的速度大小為v=

4、10m/s，設(shè)汽車受恒定阻力f=2.5×103N.則v=10m/s時汽車的加速度a的大小為_ m/s2；汽車能達(dá)到的最大速度vm大小為_ m/s四、計(jì)算題（本大題共1小題，共10.0分）7. 如圖所示，長為4m的水平軌道AB，與半徑為R=0.5m的豎直的半圓弧軌道BC在B處相連接，有質(zhì)量為2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，在水平向右、大小為14N的恒力F作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動到B點(diǎn)，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為=0.25，BC 間粗糙，取g=10m/s2.求：(1)滑塊到達(dá)B處時的速度大小；(2)若到達(dá)B點(diǎn)時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并洽好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則滑塊在半

5、圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？五、簡答題（本大題共3小題，共24.0分）8. 如圖所示，水平面與傾角為=37的斜面在B處平滑連接(圖中未畫出)，斜面足夠長，一質(zhì)量為m=1kg的小物塊在水平面上從A處以初速度v0=20m/s水平向右運(yùn)動，AB間距離d=30m.己知物塊與水平面和斜面的動摩擦因數(shù)均為=0.5，重力加速變g=10m/s2，sin37=06，cos37=0.8.求：(1)物塊在斜面上運(yùn)動離B點(diǎn)的最大距離；(2)物塊最終靜止位置與A點(diǎn)距離9. 如圖(a)，O、N、P為直角三角形的三個頂點(diǎn)，NOP=37，OP中點(diǎn)處固定一電量為q1=2.0×108C的正點(diǎn)電荷，M點(diǎn)固定一輕質(zhì)

6、彈簧.MN是一光滑絕緣桿，其中ON長為a=1m，桿上穿有一帶正電的小球(可視為點(diǎn)電荷)，將彈簧壓縮到O點(diǎn)由靜止釋放，小球離開彈簧后到達(dá)N點(diǎn)的速度為零.沿ON方向建立坐標(biāo)軸(取O點(diǎn)處x=0)，圖(b)中和圖線分別為小球的重力勢能和電勢能隨位置坐標(biāo)x變化的圖象，其中E0=1.24×103J，E1=1.92×103J，E2=6.2×104J.(靜電力恒量k=9.0×109Nm2/C2，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2) (1)求電勢能為E1時小球的位置坐標(biāo)x1和小球的質(zhì)量m；(2)已知在x1處時小球與桿間的彈力恰好為零，求小

7、球的電量q2；(3)求小球釋放瞬間彈簧的彈性勢能Ep10. 如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，其質(zhì)量分別為m，2m，3m，其中B，C兩滑塊用一輕質(zhì)彈簧連接.某時刻給滑塊A向右的初速度v0，使其在水平面上勻速運(yùn)動，一段時間后與滑塊B發(fā)生碰撞，碰后滑塊A立即以v=v05的速度反彈，求：(1)發(fā)生碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能的損失為多少？(2)碰后彈簧所具有的最大彈性勢能？答案和解析【答案】1. B2. CD3. AB4. AD5. FS+FSsin  6. 0.7；24  7. 解：(1)滑塊從A到B的過程中，由動能定理有：Fxmgx=12mvB2 即：1

8、4×40.25×2×10×4=12×2×vB2 得：vB=6m/s   (3)當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)C點(diǎn)時，應(yīng)有：mg=mvC2R 滑塊從B到C的過程中，由動能定理：Wmg2R=12mvC212mvB2 聯(lián)立解得：W=11(J)，即克服摩擦力做功為11J答：(1)滑塊到達(dá)B處時的速度大小是6m/s(2)滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是11J  8. 解：(1)當(dāng)物塊在斜面上速度減為零時，離B點(diǎn)的距離最大，設(shè)為L，整個過程中，根據(jù)動能定理得：012mv02=mgdmgcos37LmgLsin37

9、解得：L=5m，(2)因?yàn)閙gsin37>mgcos37，則物塊速度減為零后不能保持靜止，沿斜面下滑，最后靜止在水平面上，此過程中，根據(jù)動能定理得：mgLsin37mgLcos37mgs=00 解得：s=0.2m 則物塊最終靜止位置與A點(diǎn)距離x=ds=300.2=29.8m 答：(1)物塊在斜面上運(yùn)動離B點(diǎn)的最大距離為5m；(2)物塊最終靜止位置與A點(diǎn)距離為29.8m  9. 解：(1)電勢能為E1是最大，所以應(yīng)是電荷q1對小球做負(fù)功和正功的分界點(diǎn)，即應(yīng)該是圖中M(過q1作的ON的垂線)x1=acos37×12cos37=0.32a=0.32m，根據(jù)圖象得到

10、mgh=E1，m=E1gx1sin37=1.92×10310×0.32×0.6=1×103kg (2)小球受到重力G、庫侖力F， 則有：kq1q2r2=mgcos37，其中：r=x1tan37=0.24a     帶入數(shù)據(jù)，得：q2=2.56×106C    (3)對O到N，小球離開彈簧后到達(dá)N點(diǎn)的速度為零，根據(jù)能量守恒，得到mgasin37+E2E0=EP          

11、 帶入數(shù)據(jù)解得：Ep=5.38×103J 答：(1)電勢能為E1時小球的位置坐標(biāo)x1為0.32m，小球的質(zhì)量1×103kg；                       (2)小球的電量q2為2.56×106C；(3)小球釋放瞬間彈簧的彈性勢能Ep為5.38×103J.  10. 解：(1)AB碰撞瞬間，A，B組成系統(tǒng)

12、動量守恒，規(guī)定向右為正方向有：mv0=mv05+2mvB  解得：vB=35v0 碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能的損失E=12mv0212m(v05)2122m(3v05)2=325mv02 (2)當(dāng)彈簧具有最大彈性勢能時，B，C具有共同速度，設(shè)為VBC，則根據(jù)動量守恒定律有：2mvB=(2m+3m)vBC 由機(jī)械能守恒定律有：EP=12×2mvB212×3mvBC2 解得：EP=27125mv02 答：(1)發(fā)生碰撞過程中系統(tǒng)機(jī)械能的損失為325mv02；(2)碰后彈簧所具有的最大彈性勢能為27125mv02  【解析】1. 解：根據(jù)EP=WG可知：瀑

13、布中的水從高處落下的過程中重力做正功，重力勢能減小，重力對水做的功等于水重力勢能的改變量故選B 瀑布中的水從高處落下重力做正功，重力勢能減小本題主要考查了重力做功與重力勢能的變化量的關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題2. 解：A、功是標(biāo)量，只有大小，沒有方向，而正負(fù)表示動力做功，負(fù)號表示阻力做功，故A錯誤；D正確B、功的正負(fù)不表示做功的大?。还蔅錯誤；C、由W=Fxcos可知，正功表示力和位移兩者之間夾角小于90，負(fù)功表示力和位移兩者之間夾角大于90，故C正確；故選：CD 功是標(biāo)量，只有大小，沒有方向，由W=Fxcos可知，做功正負(fù)的條件，正功表示動力對物體做功，負(fù)功表示阻力對物體做功本題主要考查了對

14、功的理解，注意功是標(biāo)量，只有大小，沒有方向，明確正功和負(fù)功的意義3. 解：A、物體從A下落到B的過程中，彈簧的形變量增大，彈性勢能不斷增大，故A正確；B、物體從A下落到B的過程中，高度降低，重力勢能不斷減小，故B正確；C、物體從A下落到B以及從B上升到A的過程中，當(dāng)彈簧的彈力和重力平衡時，速度最大，動能最大，所以動能都是先變大后變小，故C錯誤；D、物體在B點(diǎn)時，速度為零，但速度為零，合力不為零，不是處于平衡狀態(tài)，故D錯誤；故選：AB 動能的大小與物體的速度有關(guān)，知道速度的變化規(guī)律可以知道動能的變化規(guī)律；重力勢能與物體的高度有關(guān)，根據(jù)高度的變化來判斷重力勢能的變化；彈簧的彈性勢能看的是彈簧形變量

15、的大??；首先要明確物體的整個的下落過程，知道在下降的過程中各物理量之間的關(guān)系，在對動能和勢能的變化作出判斷，需要學(xué)生較好的掌握基本知識4. 解：A、在從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)，Ek=EP=mgh，圖線的斜率絕對值為：k=Ekh=0.30.350.2=2N=mg，則m=0.2kg，故A正確；B、在Ekh圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所示從h=0.2m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長的0.2m.故B錯誤；C、根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加

16、的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm=mgh=0.2×10×(0.350.1)=0.5J，故C錯誤；D、由圖可知，當(dāng)h=0.18m時的動能最大，在滑塊整個運(yùn)動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，EPmin=EEkm=Epm+mghEkm=0.5+0.2×10×0.10.32=0.38J，故D正確；故選：AD 根據(jù)Ekh圖象的斜率表示滑塊所受的合外力，高度從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，結(jié)合能量守恒定律求解本題考查了能量守恒定律

17、和圖象的理解與應(yīng)用問題，根據(jù)該圖象的形狀得出滑塊從0.2m上升到0.35m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，說明物體不再受到彈簧的彈力的作用是解題的關(guān)鍵5. 解：由圖可知，F(xiàn)通過繩子對滑輪產(chǎn)生了兩個拉力的作用，一個是沿斜面上的拉力，另一個是豎直向上的拉力；兩拉力所做的總功為：FS+FScos(90)=FS+FSsin；故答案為：FS+FSsin 對滑輪分析，根據(jù)滑輪受力情況，利用功的公式可求得F所做的功本題通過力F的實(shí)際效果進(jìn)行分析求解，也可以直接分析拉力F的作用，要注意明確F的位移與物體位移的關(guān)系6. 解：由P=Fv可知，牽引力：F=Pv=6×10410=6000N，由牛頓第二定律得：Ff=

18、ma，代入數(shù)據(jù)解得：a=0.7m/s2，當(dāng)汽車勻速運(yùn)動時速度最大，由平衡條件得：F=f=2500N，由P=Fv可知，最大速度：vmax=PF=6×1042500=24m/s；故答案為：0.7；24應(yīng)用功率公式P=Fv的變形公式求出汽車的牽引力，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出加速度；汽車勻速運(yùn)動是速度最大，應(yīng)用平衡條件求出牽引力，然后由功率公式求出最大速度本題考查了功率公式P=Fv的應(yīng)用，分析清楚汽車的運(yùn)動過程，應(yīng)用P=Fv、平衡條件、牛頓第二定律可以解題7. (1)對滑塊從A到B的過程作為研究的過程，運(yùn)用動能定理求出滑塊到達(dá)B處時的速度大小(2)滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能達(dá)到最高點(diǎn)C，知在最高點(diǎn)C所受的彈力為零，根據(jù)牛頓第二定律求出臨界的速