2013三维设计高考物理二轮复习第一阶段 专题二 专题特辑 课下针对训练
[课下——针对高考押题训练]
押题训练(一)
一、单项选择题
1．(2012·上海高考)质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若( )
A．hA＝hB，则一定有WA＝WB
B．hA>hB，则可能有WA
hB，则一定有WA>WB
解析：选B 当hA＝hB时，则一定有WAhB时，有WAWB、WA＝WB三种可能，故选项B正确，D错误。当hAv1)滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判断，正确的有( ) 图3
A．滑块返回传送带右端的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为mv－mv
C．此过程中电动机对传送带做功为2mv
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2
解析：选B 滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动，速度增大到v1后做速度为v1的匀速直线运动，所以滑块返回传送带右端的速率为v1，选项A错误；由动能定理可得，此过程中传送带对滑块做功为mv－mv，选项B正确；由能量守恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于二者相对滑动产生的热量和传送带对滑块做功之和，不等于2mv，选项C错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于二者相对滑动距离与摩擦力的乘积，不等于m(v1＋v2)2，选项D错误。
二、多项选择题
6．(2012·天津高考)如图4甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图4乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则( )
图4
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
解析：选BD 0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，选项A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，选项C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，选项D正确。
7．(2012·衡水期末)足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t＝0时撤去推力，0～6 s内速度随时间的变化情况如图5所示，由图象可知( )
图5
A．0～1 s内重力的平均功率大小与1～6 s内重力平均功率大小之比为5∶1
B．0～1 s内摩擦力的平均功率大小与1～6 s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1
C．0～1 s内位移大小与1～6 s内位移大小之比为1∶5
D．0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶5
解析：选BCD 0～1 s内物体沿斜面向上位移为5 m，平均速度为5 m/s；1～6 s内物体沿斜面向下位移为25 m，平均速度为5 m/s；0～1 s内位移大小与1～6 s内位移大小之比为1∶5,0～1 s内重力的平均功率大小与1～6 s内重力平均功率大小之比为1∶1，选项A错误、C正确。摩擦力与1～6 s内摩擦力大小相等，0～1 s内 摩擦力的平均功率大小与1～6 s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1，选项B正确；0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶5，选项D正确。
8．(2012·潍坊模拟)如图6甲所示，平行于斜面的轻弹簧，劲度系数为k
，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与Q物块连接，P、Q质量均为m，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均静止。现用平行于斜面向上的力F拉物块P，使P做加速度为a的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的v－t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则( )
图6
A．施加拉力前，Q给P的力大小为mgsin θ
B．施加拉力前，弹簧的形变量为
C．到t1时刻，P与Q分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．t2时刻弹簧恢复到原长，物块Q达到速度最大值
解析：选AB 施加拉力前，由物块的平衡条件得：kx＝2mgsin θ，弹簧的形变量x＝，Q对P的弹力FN＝mgsin θ，故A、B正确。由题图可知，t1时刻之后两物块分离，此时P、Q的加速度均为a，方向沿斜面向上，由F弹－mgsin θ＝ma可知，F弹≠0，C错误；t2时刻Q的加速度为零，速度最大，但有F弹＝mgsin θ，弹簧仍处于压缩状态，D错误。
三、非选择题
9．(2012·苏州期末)如图7所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距地面高度为l的水平平台边缘上的A点处有一质量为m的小球以v0＝的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：
图7
(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；
(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；
(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力。
解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律，
l＝gt2，x＝v0t，联立解得x＝2l。
(2)设小球到达B点时竖直分速度为vy，v＝2gl，tan θ＝，解得θ＝45°。
(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，有机械能守恒定律，mgl(1＋1－)＝mv－mv，
设轨道对小球的支持力为F，有：F－mg＝m，
解得：F＝(7－)mg，
由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(7－)mg，方向竖直向下。
答案：(1)2l (2)45° (3)(7－)mg 竖直向下
10．如图8所示，是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施，轨道除CD部分粗糙外，其余均光滑。一挑战者质量为m，沿斜面轨道滑下，无能量损失地滑入第1个圆管形轨道，根据设计要求，在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试挑战者对轨道的压力，并通过计算机显示出来。挑战者到达A处时刚好对管壁无压力，又经过水平轨道CD滑入第2个圆管轨道，在最高点B处挑战者对管的内侧壁压力为0.5mg，A、B分别是两轨道的最高点，然后从平台上飞入水池内，水面离轨道的距离为h＝2.25r。若第1个圆管轨道的半径为R，第2个圆管轨道的半径为r，g取10 m/s2，管的内径及人的尺寸相对圆管轨道的半径可以忽略不计，则
图8
(1)挑战者若能完成上述过程，则他应从离水平轨道多高的地方开始下滑？
(2)挑战者从A到B的运动过程中克服轨道阻力所做的功是多少？
(3)挑战者入水时的速度大小是多少？
解析：(1)挑战者到达A处时刚好对管壁无压力，可得出mg＝m，
设挑战者从离水平轨道H高处的地方开始下滑正好运动到A点对管壁无压力，在此过程中机械能守恒有mgH＝mv＋mg2R，解得H＝2.5R。
(2)在B处挑战者对管的内侧壁压力为0.5 mg，分析挑战者受力，根据牛顿第二定律得：mg＋FN＝
挑战者在从A到B的运动过程中，由动能定理得
mg×2(R－r)－Wf＝mv－mv，
联立解得Wf＝mgR－mgr。
(3)设挑战者在第2个圆管轨道最低点D处的速度为v，则－mg×2r＝mv－mv2，解得v＝gr。
挑战者离开第2个圆管轨道后在平面上做匀速直线运动，然后做平抛运动落入水中，在此过程中机械能守恒，设挑战者入水时的速度大小为v′，则
mgh＋mv2＝mv′2，
解得v′＝。
答案：(1)2.5R (2)mgR－mgr (3)
押题训练(二)
1．(2012·济南模拟)如图1所示，一质量为m＝0.5 kg的小滑块，在F＝4 N水平拉力的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行s＝1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段 图1
时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C距B点为L＝2 m，小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。试求：
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x；
(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t。
解析：(1)小滑块由C运动到A，由动能定理，得
mgsin 37°L－μmgs＝0
解得μ＝
(2)小滑块由A运动到C，由动能定理，得
Fs－μmgs＋Fx－mgsin 37°·L＝0
解得x＝1.25 m
(3)小滑块由A运动到B，由动能定理，得
Fs－μmgs＝mv2
由牛顿第二定律，得F－mgsin 37°＝ma
由运动学公式，得x＝vt＋at2
联立解得t＝0.5 s
答案：(1) (2)1.25 m (3)0.5 s
2．(2012·湖南师大附中模拟)冬季有一种雪上“府式冰撬”滑溜运动，运动员从起跑线推着冰撬加速一段相同距离，再跳上冰撬自由滑行，滑行距离最远者获胜，运动过程可简化为如图2所示 图2
的模型，某一质量m＝20 kg的冰撬静止在水平雪面上的A处，现质量M＝60 kg的运动员，用与水平方向成α＝37°角的恒力F＝200 N斜向下推动冰撬，使其沿AP方向一起做直线运动，当冰撬到达P点时运动员迅速跳上冰撬与冰撬一起运动(运动员跳上冰撬瞬间，运动员和冰撬的速度不变)。已知AP距离为x＝12 m，冰撬与雪面间的动摩擦因数为0.2, 不计冰撬长度和空气阻力。(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8)求：
(1)冰撬从A到P的运动时间；
(2)冰撬从P点开始还能滑行的距离。
解析：(1)对冰撬受力分析如图，冰撬做匀加速直线运动阶段：
Fcos α－μ(mg＋Fsin α)＝ma1
代入数据得：a1＝4.8 m/s2
x＝a1t
得t1＝ s
(2)对冰撬和人受力分析如图，冰撬加速运动结束时：vP＝a1t1＝ m/s
减速阶段：μ(M＋m)g＝(M＋m)a2
代入数据得a2＝2 m/s2
则冰撬继续滑行距离为
x′＝＝28.8 m
答案：(1) s (2)28.8 m
3．(2012·徐州模拟)如图3所示，水平传送带AB长L＝6 m，以v0＝3 m/s的恒定速度转动。水平光滑台面与传送带平滑连接于B点，竖直平面内的半圆形光滑轨道半径R＝0.4 m，与水平台面相切于C点。一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A点无初速释放，当它运动到A、B中点位置时，刚好与传送带保持相对静止。重力加速度g＝10 m/s2。试求：
图3
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块刚滑过C点时对轨道的压力FN；
(3)物块在A点至少要具有多大的速度，才能通过半圆形轨道的最高点D(结果可用根式表示)。
解析：(1)对物块，由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式有μmg＝ma
v＝2a·L
解得μ＝0.15
(2)物块刚滑过C点时的速度vC＝v0＝3 m/s
在C点，有FN－mg＝m
解得FN＝32.5 N
由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为32.5 N，方向竖直向下。
(3)物块经过半圆轨道最高点D的最小速度为vD＝＝2 m/s
由C到D的过程中，由动能定理有－2mgR＝mv－mvC′2
解得vC′＝ m/s>3 m/s
可见，物块从A到B的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B端的速度至少为vB′＝vC′＝ m/s
由(1)问可知，物块在传送带上减速运动时的加速度大小a＝1.5 m/s2
由运动学公式有vB′2－vA′2＝－2aL
解得vA′＝ m/s
答案：(1)0.15 (2)32.5 N，方向竖直向下
(3) m/s
4．(2012·潍坊模拟)如图4所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道BC与水平轨道AB相切于B点，AB长xAB＝1 m，离水平地面h＝1.6 m。一质量m＝2 kg的滑块，以速度v0＝4 m/s从A点向右运动，经B点滑上半圆轨道。已知滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。 图4
(1)求滑块在平台上从A到B的运动时间t(结果可保留根式)；
(2)若滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，求R应满足的条件；
(3)若R＝0.9 m，求滑块在地面上的落点到平台左侧的水平距离x。
解析：(1)由运动学公式xAB＝v0t－at2
由牛顿第二定律μmg＝ma
得t＝(2－) s
(2)①若滑块恰好运动到半圆轨道的最高点，有mg＝
由动能定理得
－μmgxAB－2mgR＝mv－mv
解得R＝0.24 m
②若滑块恰好滑到半圆弧一半高度时不再上滑，有－μmgxAB－mgR＝0－mv
得R＝0.6 m
综上所述，R应满足：R≤0.24 m或R≥0.6 m
(3)R＝0.9 m>0.6 m，滑块从圆轨道返回，由动能定理
－2μmgxAB＝mv－mv
得v2＝2 m/s
滑块从A点水平抛出，有x＝v2t1，h＝gt
解得x＝1.6 m
答案：(1)(2－) s (2)R≤0.24 m或R≥0.6 m
(3)1.6 m
押题训练(三)
1．(2012·泉州模拟)如图1甲所示，圆形玻璃平板半径为r, 离水平地面的高度为h，一质量为m的小木块放置在玻璃板的边缘，随玻璃板一起绕圆心O在水平面内做匀速圆周运动。
图1
(1)若匀速圆周运动的周期为T，求木块的线速度和所受摩擦力的大小。
(2)缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O的竖直线间的距离为s，俯视图如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g，试求木块落地前瞬间的动能。
解析：(1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小
v＝
木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力。
Ff＝m()2r
(2)木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2
在水平方向上做匀速运动，水平位移
x＝vt
x与距离s、半径r的关系
s2＝r2＋x2
木块从抛出到落地前机械能守恒，得
Ek＝mv2＋mgh
由以上各式解得木块落地前瞬间的动能
Ek＝mg(＋h)
答案：(1) m()2r
(2)mg(＋h)
2．如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s。一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点。小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)。若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
图2
(1)N点的纵坐标；
(2)小物块在传送带上运动产生的热量；
(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范围。
解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2。
小物块与传送带共速时，所用时间t＝＝1 s
运动的位移x＝＝2.5 m<(L－xP)＝6 m
故小物块与传送带共速后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得
mv＝mgyN
解得yN＝1.25 m
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x0＝v0t－x＝2.5 m
产生的热量Q＝μmgx0＝12.5 J
(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，由能量守恒得
μmg(L－x1)＝mgyM
代入数据解得x1＝7 m
故小物块在传送带上的位置坐标范围0≤x<7 m
答案：(1)1.25 m (2)12.5 J (3)0≤x<7 m
3．(2012·山东省实验中学模拟)如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的内表面光滑、粗细可忽略不计的圆管轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1＝2.0 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B点(B点为弹簧原长位置)后做匀减速直线运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰在P点无碰撞地进入圆管轨道。运动过程中，物块可视为质点，g＝10 m/s2。
图3
(1)求m2运动至D点时的速度大小；
(2)求BP间的水平距离；
(3)计算分析m2经圆管轨道能否到达最高点M，若能则求到达最高点M时m2对轨道壁的压力；
(4)求释放m2后，m2在运动过程中克服摩擦力做的功。
解析：(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝，＝tan 45°得vD＝4 m/s
(2)m2做平抛运动用时为t，水平位移为s，R＝gt2，s＝vDt，得s＝2R＝1.6 m
由x＝6t－2t2可知，在桌面上过B点后初速v0＝6 m/s，加速度a＝4 m/s2，减速到
vD。
BD间位移为s1＝＝2.5 m
即BP水平间距为s＋s1＝4.1 m
(3)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM
vP＝4 m/s
－m2g(R＋Rcos 45°)＝m2v－m2v
vM＝2 m/s大于零，可见能到达M点。
设轨道对物块的压力方向向下，大小为F，则
F＋m2g＝m2
解得F＝(2－2) N＝－0.828 N 可见方向向上
根据牛顿第三定律：m2对轨道内壁的压力F′＝F＝0.828 N，方向竖直向下。
(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，
释放m1时，Ep＝μm1gsCB，释放m2时，Ep＝μm2gsCB＋m2v
且m1＝10m2，Ep＝4 J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf
则Ep－Wf＝m2v，可得Wf＝2.4 J
答案：(1)4 m/s (2)4.1 m (3)能到达M点
0．828 N，方向竖直向下
(4)2.4 J
4．(2012·佛山期末)如图4甲所示，ABC为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点A和最高点C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FC。质量为0.1 kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道。(g取10 m/s2)
图4
(1)若FC和FA的关系图线如图乙所示，求：当FA＝13 N时小球经过A点时的速度vA，以及小球由A点滑至C点的过程中损失的机械能。
(2)若轨道ABC光滑，小球均能通过C点。试推导FC随FA变化的关系式。
解析：(1)由牛顿第三定律可和，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小FNA＝FA，FNC＝FC
在A点由牛顿第二定律得：
FNA－mg＝ ①
解得vA＝2 m/s ②
在C点由牛顿第二定律得：FNC＋mg＝ ③
对A至C的过程，由动能定理得：
Wf－mg·2R＝mv－mv ④
②③④联立得
Wf＝mv－mv＋2mgR＝－0.2 J ⑥
故损失的机械能为0.2 J。
(2)因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒
mv＝mv＋mg·2R ⑦
联立①③⑦得FNA－FNC＝6mg
即FC＝(FA－6) N。 ⑧
答案：(1)2 m/s 0.2 J (2)FC＝(FA－6) N
