2021高考物理教科版一轮复习训练：第五章 （7＋2＋2）章末综合能力滚动练 WORD版含解析.docx

1、(722)章末综合能力滚动练一、单项选择题1.如图1所示，用一不可伸长的轻绳系一小球悬于O点现将小球拉至水平位置，然后由静止释放，不计阻力，小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是()图1A小球的机械能守恒B小球所受的合力不变C小球的动能不断减小D小球的重力势能增加答案A解析小球在下落的过程中，受到重力和绳的拉力的作用，绳的拉力的方向与小球的运动方向垂直，对小球不做功，只有重力做功，故在整个过程中小球的机械能守恒，选项A正确；由于小球的速度变大，动能增加，所需的向心力变大，故小球所受的合力变大，选项B、C错误；小球的高度下降，重力势能减小，选项D错误2一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物

2、块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图像是()答案C解析小物块上滑过程，由动能定理得(mgsin mgcos )xEkEk0，整理得EkEk0(mgsin mgcos )x；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsin mgcos )(sx)Ek0，整理得Ek(mgsin mgcos )s(mgsin mgcos )x，故只有C正确3(2017全国卷16)如图2所示，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的

3、功为()图2A.mgl B.mglC.mgl D.mgl答案A解析由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加Epmgmgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为Wmgl，故选项A正确，B、C、D错误4.如图3所示，在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为的赛道上做匀速圆周运动已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图3A运动员做圆周运动的角速度为vRB如果运动员减速，运动员将做离心运动C运动员做匀速圆周运动的向心力大小是mD将运动员和自行车看成一个整体，则整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用答案C解析由vR可知

4、运动员做圆周运动的角速度为，故A错误；如果运动员减速，运动员将做近心运动，故B错误；运动员做匀速圆周运动的向心力大小为F向m，故C正确；将运动员和自行车看成一个整体，则整体受重力、支持力和摩擦力的作用，三个力的合力充当向心力，故D错误二、多项选择题5.如图4所示为生活中磨刀的示意图，磨刀石静止不动，刀在手的推动下从右向左匀速运动，发生的位移为x，设刀与磨刀石之间的摩擦力大小为f，则下列叙述中正确的是()图4A摩擦力对刀做负功，大小为fxB摩擦力对刀做正功，大小为fxC摩擦力对磨刀石做正功，大小为fxD摩擦力对磨刀石不做功答案AD6. (2020山东临沂市模拟)如图5所示，在升降机内固定一光滑的

5、斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中()图5A物块A的重力势能增加量一定等于mghB物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和答案CD解析当物块具有向上的加速度时，弹簧弹力在竖直方向上的分力和斜面的支持力在竖直方向上的分力的合力大于重力，所以弹簧的弹力比物块静止时大，弹簧的伸长量增大，物块A相对于斜面向下运动，物块A上升的高度小于h，

6、所以重力势能的增加量小于mgh，故A错误；对物块A由动能定理有物块A的动能增加量等于斜面的支持力、弹簧的拉力和重力对其做功的和，故B错误；物块A机械能的增加量等于斜面支持力和弹簧弹力做功的和，故C正确；物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的和，故D正确7如图6所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平地跳跃并离开屋顶，在下一栋建筑物的屋顶上着地如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g取10 m/s2)()图6A他可能安全跳过去B他不可能安全跳过去C如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应大于6.2

7、m/sD如果要安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应小于4.5 m/s答案BC解析由hgt2可知，演员的下落时间为1秒，若安全跳过去，他在屋顶水平跳跃速度应至少为v6.2 m/s，故B、C正确三、非选择题8(2019陕西汉中市第二次教学质检)某同学用图7所示的装置来探究功和动能变化的关系在木板上固定两个完全相同的遮光条A、B，遮光条的宽度为d.用不可伸长的细线绕过定滑轮和动滑轮将木板与弹簧测力计C相连，木板放在安装有定滑轮和光电门的轨道D上，轨道放在水平桌面上，P为小桶(内有沙子)，滑轮的质量和摩擦不计，重力加速度为g.图7(1)实验中轨道应倾斜一定角度，对此下列说法正确的是_A为了释放木板后，木

8、板在细线拉动下能匀速下滑B为了增大木板下滑的加速度，提高实验精度C使木板在未施加拉力时能匀速下滑D尽量保证细线拉力对木板做的功等于木板所受合力对木板做的功(2)实验主要步骤如下：测量木板、遮光条的总质量M，测量两遮光条间的距离L，按图正确安装器材将木板左端与轨道左端对齐，静止释放木板，木板在细线拉动下运动，记录弹簧测力计示数F及遮光条B、A先后经过光电门的遮光时间t1、t2.则遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量Ek_，合外力对木板做功W_.(均用字母M、t1、t2、d、L、F表示)在小桶中增加沙子，重复的操作比较W、Ek的大小，得出实验结论答案(1)CD(2)Md2()FL解析(1

9、) 为了使细线拉力充当合力，即细线拉力做的功等于合力对木板做的功，应先平衡摩擦力，摩擦力平衡掉的检测标准为：木板在未施加拉力时做匀速直线运动，故C、D正确(2)B通过光电门时的速度：vB，A通过光电门时的速度：vA，遮光条B、A通过光电门的过程中木板动能的变化量EkMvMvMd2()合外力对木板做的功WFL.9(2020山东临沂市质检)某同学用如图8甲所示装置验证机械能守恒定律时，所用交流电源的频率为50 Hz，得到如图乙所示的纸带选取纸带上打出的连续五个点A、B、C、D、E，测出A点距起点O的距离为s019.00 cm，点A、C间的距离为s18.36 cm，点C、E间的距离为s29.88 c

10、m，g取9.8 m/s2，测得重物的质量为m1 kg.图8(1)下列做法正确的有_A图中两限位孔必须在同一竖直线上B实验前，手应提住纸带上端，使纸带竖直C实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源D数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置(2)选取O、C两点为初、末位置验证机械能守恒定律，重物减少的重力势能是_ J，打下C点时重物的速度大小是_ m/s.(结果保留三位有效数字)(3)根据纸带算出打下各点时重物的速度v，量出下落距离s，则以为纵坐标、以s为横坐标画出的图像应是下面的_答案(1)AB(2)2.682.28(3)C解析(1)题图甲中两限位孔必须在同一竖直线上，故A正确；实

11、验前，手应提住纸带上端，并使纸带竖直，减小纸带与打点计时器限位孔之间的摩擦，故B正确；开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差，故C错误；数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，以减小测量的误差，故D错误(2)重物减少的重力势能为：Epmgsmg(s0s1)1 kg9.8 m/s2(19.008.36)102 m2.68 J打下C点时重物的速度vC2.28 m/s(3)在验证机械能守恒定律的实验中，有：mv2mgs则有：v2gs，g

12、是常数，所以图线为过原点的倾斜直线，故C图正确10(2019江苏泰州市上学期期末)如图9所示，半径为R的圆管BCD竖直放置，一可视为质点的质量为m的小球以某一初速度从A点水平抛出，恰好从B点沿切线方向进入圆管，到达圆管最高点D后水平射出已知小球在D点对管下壁压力大小为mg，且A、D两点在同一水平线上，BC弧对应的圆心角60，不计空气阻力重力加速度为g，求：图9(1)小球在A点初速度的大小；(2)小球在D点的角速度；(3)小球在圆管内运动过程中克服阻力做的功答案(1)(2) (3)mgR解析(1)小球从A到B，竖直方向：v2gR(1cos 60)解得vy在B点：v0.(2)在D点，由向心力公式得

13、mgmgm解得vD故 .(3)从A到D全过程由动能定理：W克mvmv解得W克mgR.11(2019云南昭通市上学期期末)如图10所示，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高H0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边长L10.3 m的固定斜面一个质量m0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点L24 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37.(空气阻力不计，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)图10(1)求小物块运动到

14、B点时的速度大小；(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值答案(1)4 m/s(2) s(3)0.15 J解析(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgL2sin 37mgL2cos 37mv，解得：vB4 m/s；(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：对平抛运动，有：xvBt，ygt2，结合几何关系，有：，解得：t s或t s(舍去)；(3)设小物块从轨道上A点静止释放且ABL，运动到B点时的速度为vB，对物块从A到碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37mgcos 37Lmgymv20对物块从A到运动到B过程分析，根据动能定理有mvB2mgLsin 37mgLcos 37又xvBt，ygt2，联立解得：mv2mg()，故当，即yH0.12 m时，动能最小为Ekmin，代入数据，解得Ekmin0.15 J.