2018年高考模拟理综物理选编机械运动-解析版.doc
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1、1乐陵一中质量守恒定律一、单选题(本大题共5小题,共30分)1. 如图所示,半径为R、质量为M的光滑圆槽置于光滑的水平地面上,一个质量为m的小木块从槽的顶端由静止滑下则木块从槽口滑出时的速度大小为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】解:对木块和槽所组成的系统,水平方向不受外力,水平方向动量守恒,设木块滑出槽口时的速度为v,槽的速度为u,在水平方向上,由动量守恒定律可得:mv-Mu=0 木块下滑时,只有重力做功,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得:mgR=,联立解得v=,故B正确,A、C、D错误故选:B当光滑圆槽不固定时,木块与槽组成的系统在水平方向上动量守恒,系统机械能守恒,由动量守
2、恒定律与机械能守恒定律可以求出木块到达槽口时的速度本题考查了动量守恒和能量守恒的基本运用,知道系统在水平方向上动量守恒,注意不能认为槽静止不动,结合动能定理求出木块到达槽口的速度2. 如图所示,绝缘细杆倾斜放置,小球M套在杆上可沿杆滑动,用弹簧与固定小球N相连,杆和弹簧处于同一竖直平面内,现使M从A位置由静止释放,M运动到B点时弹簧与杆垂直且为原长,运动到C点时速度减为零,M在A、C两点时弹簧长度相同下列说法正确的是()A. M从A到C的过程,两小球重力势能一直减小B. M在A、C两点的加速度大小一定相等C. M从A到B的过程,重力势能减少量大于其克服摩擦力做的功D. M从A到B的过程,两小球
3、重力势能减少量与弹簧弹性势能的减少量之和等于M在B点处的动能【答案】A【解析】解:A、M从A到C的过程,N的重力势能不变,M的重力势能一直减小,所以两小球重力势能一直减小故A正确B、设M运动到A、C两点时弹簧的弹力大小为F,摩擦力大小为f杆与水平方向的夹角设为 根据牛顿第二定律得:M在A点有:mgsin+Fcos-f=maAM在C点有:Fcos+f-mgsin=maC对比可知,由于f与mgsin的大小关系不能判断,所以aA与aC的大小关系不能确定,故B错误C、M从A到B的过程,根据功能原理知,M克服摩擦力做的功等于系统机械能的减少,重力势能减少量与其克服摩擦力做的功的关系相等,故C错误D、M从
4、A到B的过程,两小球重力势能减少量与弹簧弹性势能的减少量之和等于M在B点处的动能和M克服摩擦力做的功之和,故D错误故选:A 根据高度的变化分析重力势能的变化根据牛顿第二定律列式分析M在A、C两点的加速度关系结合功能关系和能量守恒分析即可本题要能正确分析小球M的受力情况和运动情况,对系统,运用功能关系分析3. 质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动,起始点A与一轻弹簧O端相距s,如图所示已知物体与水平面间的动摩擦因数为,物体与弹簧相碰后,弹簧的最大压缩量为x,则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短,弹簧弹力对物体所做的功为()A. mv02-mg(s+x)B. mv02-mgxC. mg(s+x
5、)-mv02D. mg(s+x)【答案】C【解析】解:物体受到的滑动摩擦力大小为f=mg,对物体与弹簧及地面组成的系统,由能量守恒定律可得:W-mg(s+x)=0-mv02,解得:W=mg(s+x)-mv02 故选:C 对物体、弹簧、地面组成的系统应用能量守恒定律列式即可求解注意摩擦生热公式为Q=fs相对,其中s相对是物体相对接触面发生的相对路程,对系统应用能量守恒定律求解较简便4. 如图所示,轻质弹簧固定在水平地面上现将弹簧压缩后,将一质量为m的小球静止放在弹簧上,释放后小球被竖直弹起,小球离开弹簧时速度为v,则小球被弹起的过程中()A. 地面对弹簧的支持力冲量大于mvB. 弹簧对小球的弹力
6、冲量等于mvC. 地面对弹簧的支持力做功大于mv2D. 弹簧对小球的弹力做功等于mv2【答案】A【解析】解:A、对小球分析可知,小球受重力和弹力作用运动,根据动量定理可知,IF-IG=mv,故弹簧对小球的冲量大于mv,由于地面对弹簧的弹力与弹簧对小球的弹力始终大小相等,故地面对弹簧的支持力的冲量大于mv,故A正确B错误;C、由于地面对弹簧的弹力不产生的位移,因此地面对弹簧的支持力不做功,故CD错误故选:A分析小球的运动情况,根据受力分析明确小球的受力情况,则可根据动量及冲量得出冲量大小;由功能的转化可得出能量转化关系本题考查动量定理及功能转化,要注意明确支持力对弹簧作用的位移为零,故支持力对弹
7、簧不做功,弹簧的弹性势能和重力势能以及动能间相互转化5. 如图甲,倾角为的光滑绝缘斜面,底端固定一带电量为Q的正点电荷。将一带正电小物块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放,小物块沿斜面向上滑动至最高点B处,此过程中小物块的动能和重力势能随位移的变化图象如图乙(和和为已知量)。已知重力加速度为g,静电力常量为k,由图象可求出()A. 小物块的带电量B. A、B间的电势差C. 小物块的质量D. 小物块速度最大时到斜面底端的距离【答案】C【解析】解:由动能图线得知,小球的速度先增大,后减小。根据库仑定律得知,小球所受的库仑力逐渐减小,合外力先减小后增大,加速度先减小后增大,则小球沿斜面向上做加速度
8、逐渐减小的加速运动,再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减速运动,直至速度为零。A、由动能图线看出,速度有最大值,此时小球受力平衡,由库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求得q。故A错误;B、A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小,所以可以求出小物块电势能的减小,由于小物块的电量不知道,所以不能求出AB之间的电势差。故B错误;C、由重力势能线得到EP=mgh=mgssin,读出斜率,即可求出m;D、图象中不能确定哪一点的速度最大,题目中也没有小物块的电量、质量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。故D错误。故选:C。(1)根据动能图线分析速率的变化情况:
9、速度先增大,后减小,根据库仑定律分析物体的合外力的变化,即可确定加速度的变化情况,从而说明小球的运动情况。(2)由动能图线看出,速度有最大值,此时小球受力平衡,由库仑力与重力沿斜面的分力平衡,由于没有x的具体数据,所以不能求得q。(3)A到B的过程中重力势能的增加等于电势能的减小,所以可以求出小物块电势能的减小,由于小物块的电量不知道,所以不能求出AB之间的电势差;(4)由重力势能线得到EP=mgh=mgssin,读出斜率,即可求出m;(5)题目中也没有小物块的电量、质量等信息,所以不能确定小物块速度最大时到斜面底端的距离。本题首先要抓住图象的信息,分析小球的运动情况,再根据平衡条件和动能定理
10、进行处理。二、多选题(本大题共4小题,共24分)6. 如图所示,物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,物体A、B的质量分别为2m、m开始时细绳伸直,用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h,物体B静止在地面上放手后物体A下落,与地面即将接触时速度大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是()A. 物体A下落过程中,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B. 弹簧的劲度系数为C. 物体A着地时的加速度大小为D. 物体A着地时弹簧的弹性势能为mgh-mv2【答案】AC【解析】解:A、由题知道,物体A下落过程中,B一直静止不动对于
11、物体A和弹簧组成的系统,只有重力和弹力做功,则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒故A正确B、物体B对地面的压力恰好为零,故弹簧的拉力为T =mg,开始时弹簧处于原长,由胡克定律知:T=kh,得弹簧的劲度系数为k=,故B错误C、物体A着地时,细绳对A的拉力也等于mg,对A,根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma,得a=,故C正确D、物体A与弹簧系统机械能守恒,有:mgh=Ep弹+mv2故:Ep弹=mgh-mv2,故D错误;故选:AC物体A下落过程中,B一直静止不动根据机械能守恒的条件:只有重力和弹力做功,分析物体A和弹簧组成的系统机械能是否守恒先对物体B受力分析,求得弹簧的拉力,由胡克定律求弹簧
12、的劲度系数;再对物体A受力分析,由牛顿第二定律求其加速度结合机械能守恒定律列式分析物体A着地时弹簧的弹性势能本题的关键分别对两个物体受力分析,然后根据机械能守恒定律列式求解,采用隔离与整体相结合的思想分析7. 如图所示,倾角为的足够长倾斜传送带沿逆时针方向以恒定速率运行,一个小物块无初速度的放在传送带上端,传送带与物块间动摩擦因素tan,取传送带底端为零势能面,下列描述小物块速度v,重力势能Ep,动能Ek和机械能E四个物理量随物块沿传送带运动距离x的变化趋势中正确的有()A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】解:A当小物块无初速度的放在传送带上端后,物体向下匀加速,当加速到与传送带的速
13、度相等后,由于传送带与物块间动摩擦因素tan,即是重力沿斜面向下的分力还大于滑动摩擦力,合力沿斜面向下,继续加速,故A错误;B取传送带底端为零势能面,重力势能为:EP=EP0-mgsinx,EP随x是一次减函数,故B正确;C达到传送带速度之前,对物体由动能定理可得:EK=(mgsin+mgcos)x,斜率较大;达到传送带速度之后,对物体由动能定理可得:EK=EK0+(mgsin-mgcos)x,斜率较小,故C正确;D达到传送带速度之前,摩擦力对物体做正功,机械能增大,E=E0+mgcosx,所以机械能随位移是一次函数;达到传送带速度之后,摩擦力对物体做负功,机械能减小,E=-mgcosx,所以
14、机械能随位移也是一次函数;故D正确故选:BCD通过过程分析可以确定物体运动过程中的加速度:开始传送带的速度大于物体的速度,故滑动摩擦力沿斜面向下,故物体的加速度a1=gsin+gcos;当物体的速度大于传送带的速度时,物体的所受摩擦力沿斜面向上,物体的加速度a2=gsin-gcos,故a1a2;由重力势能的表达式判断EP随x是一次减函数;求出动能随位移变化的表达式,比较斜率;求出机械能随位移变化的函数表达式,再判断解答此类题目一般都是根据题意写出函数表达式,再进行判断比如通过受力分析确定物体的加速度,从而根据速度图象的斜率等于物体的加速度来判定8. 如图所示,质量为2kg的物体沿倾角为30的固
15、定斜面匀减速上滑了2m距离,物体加速度的大小为8m/s2,重力加速度g取10m/s2,此过程中()A. 物体的重力势能增加了40JB. 物体的机械能减少了12JC. 物体的动能减少了32JD. 系统内能增加12J【答案】BCD【解析】解:物体匀减速上滑了2m距离,上升的高度:h=Lsin30=20.5=1m A、重力势能的增加量等于克服重力做的功,故EP增=mgh=2101=20J,故A错误;B、对物体受力分析,受重力、支持力、滑动摩擦力,根据牛顿第二定律,有mgsin30+f=ma 解得:f=ma-mgsin30=6N 机械能变化量等于除重力外其余力做的功,故E减=fS=6N2m=12J,故
16、B正确;C、根据动能定理,有EK=W=-mgh-fS=-32J,故C正确;D、物体减小的机械能转化为系统的内能,所以系统内能增加12J,故D正确;故选:BCD对物体受力分析,根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力大小,然后根据功能关系列式求解本题关键是对物体受力分析后,根据牛顿第二定律求解出摩擦力,然后根据功能关系多次列式求解9. 从塔顶以相同速率抛出A、B、C三个小球,A球竖直上抛,B球平抛,C球竖直下抛另有D球从塔顶起自由下落,四个小球质量相同,落到同一水平面上不计空气阻力,则下列说法中正确的是()A. 落地时动能相同的小球是A、B、CB. 落地时动量相同的小球是A、B、CC. 从离开塔顶到落地
17、过程中,重力的冲量相同的小球是B、DD. 从离开塔顶到落地过程中,动能变化量相同的小球是A、B、CE. 从离开塔顶到落地过程中,动量变化量相同的小球是B、D【答案】ACE【解析】解:AD、小球运动过程中,A、B、C初动能相等,D为零,根据动能定理知,落地时动能的增量相同,但落地的动能A、B、C相等,故A正确,D错误;B、由A知落地时动能相同的小球是A、B、C,但是速度方向不同,故动量方向不同,动量不同,故B错误;CE、抛体运动均只受重力,竖直上抛时间最长,竖直下抛时间最短,平抛和自由落体的时间相等,由动量定理,可知,从离开塔顶到落地过程中,重力的冲量相同的小球是B、D,动量增量相同的小球也是B
18、、D,故C正确,E正确;故选:ACE 小球沿着不同的方向抛出,都只有重力做功,由动能定理,故可得到落地时动能关系,动能的增量;根据动量定理求落地时的动量及动量的增量本题关键在于沿不同方向抛出的小球都只有重力做功,机械能守恒;同时速度是矢量,大小相等、方向相同速度才是相同,要有矢量意识三、填空题(本大题共1小题,共5分)10. 质量为50kg的人从岸上以10m/s的水平速度跳上一只迎面驶来的质量为100kg、速度为2m/s的小船人跳上船后,船、人一起运动的速度大小为_m/s,此过程中损失的机械能是_J【答案】2;2400【解析】解:以人与船组成的系统为研究对象,以船的初速度方向为正方向,由动量守
19、恒定律得:Mv船-mv人=(M+m)v,代入数据得:v=2m/s;对系统,由能量守恒定律得,损失的机械能:E=Mv船2+mv人2-(m+M)v2,代入数据得:E=2400J;故答案为:2,2400由动量守恒定律求出速度,由能量守恒定律求出系统损失的机械能本题考查了求物体的速度、系统损失的机械能,分析清楚物体运动过程,应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题四、实验题探究题(本大题共2小题,共25分)11. 图为“估测用力挤压装满水的塑料瓶时对水所做的功”的实验图,将带喷水口的塑料瓶装满水,用手握住瓶身,使瓶身水平,迅速用力挤压塑料瓶,水从喷水口水平射出,测量相关的物理量,即可估测挤压塑料瓶对
20、水所做的功(1)用米尺测出喷水口距水平地面的高度为H,射出的水的落地点到喷水口的距离为L;(2)用天平测出装满水时瓶和水的总质量为m0,再测出_为m,则射出水的质量为(m0-m);(3)重力加速度为g,水从喷水口射出的速度大小为v=_;(4)挤压塑料瓶对水所做的功为W=_。【答案】喷水后瓶和水的总质量;【解析】解:(2)实验要测量喷出水的动能增加量,故需要测量喷水后瓶和水的总质量;(3)水离开瓶口后做平抛运动,竖直方向:h=gt2,水平方向:x=vt,解得:v=;(4)由动能定理得,挤压一次做功:W=mv2=;故答案为:(2)喷水后瓶和水的总质量;(3);(4)。水做平抛运动,应用平抛运动规律
21、可以求出水离开瓶口的速度,由动能定理可以求出挤压一次做的功。本题考查了求水的速度、挤压瓶子时对水做功,应用平抛运动规律、动能定理即可正确解题。12. (1)为探究弹簧的弹力与形变量的关系(形变在弹性限度之内),甲同学设计了如图实验,装置图如1: 第一步,调节弹簧与力传感器和滑块连接点位置,使弹簧与气垫导轨平行第二步,调节气垫导轨处于水平调节气垫导轨的螺钉,若_ ,则表示气垫导轨已经调整水平并记录此时滑块的位置X1第三步,把沙桶和滑块通过快过定滑轮的细线链接起来,调节滑轮高低使得细线与导轨平行第四步,往沙桶里加入适量的细沙,记录滑块静止时的位置X1及力传感器的示数F1第五步,重复第四步实验多次,
22、依次记录滑块的位置X2X3Xn及相应的力传感器的示数F2、F3Fn第六步,在坐标纸上作出F与(Xn-X0)图象,如图2,则可得结论:_ 图象不过原点的可能原因是:_ ;若纵截距值很小可忽略,则有图象知滑块从Xn位置运动到Xn位置过程中滑块对弹簧做的功:_ (用Fn、X0、Xn表示)(2)在上述基础之上,乙同学也想用上述装置研究弹簧滑块沙桶和沙组成的系统机械能是否守恒,他进行了如下操作在沙桶中加入适量的沙子,使系统处于静止状态,然后用手托住沙桶沿竖直方向运动,使滑块恰好回XnXn已知)位置,放手后,沙桶下落该同学为了完成本实验,下列必需的操作是:_ A测量滑块的质量M B测量沙和沙桶的总质量m
23、C记录系统静止时滑块的位Xn D记录滑块向右运动的最大位置记Xn【答案】力传感器的示数为零;弹簧弹力与形变量成线性关系;弹簧应处于压缩状态;W=Fn(xn-x0);CD【解析】解:(1)第二步目的是使气垫导轨水平,水平后滑块应保持静止,对力传感器没有作用,故此时力传感器的示数为零;由作出的图可知,弹簧弹力与形变量成线性关系;图象不过原点,则说明形变量为零时,弹力不为零,此时弹簧应处于压缩状态;由图象可知,力是均匀增加的,故可以用平均力来求出弹力所做的功,故有:W=Fn(xn-x0)(2)当系统处于静止状态时,由平衡条件可知:k(xn-x0)=mg,而当滑块向右运动到最大位移处时,系统速度为零,
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