1、 2020 届高考查漏补缺之物理选择题题型专练（三）届高考查漏补缺之物理选择题题型专练（三） 1、如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环,小环由 大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心 2、如图所示,一足够长的斜面倾角为 45,一弹性小球,在与斜面上端等高的某处 A 点由静 止释放,小球落到斜面上的 B 点后反弹,反弹时速度大小不变,反弹前后,速度方向与斜面夹 角相等,小球反弹后落到斜面上 C 点,不计空气阻力,则小球在 AB 段和 BC 段运
2、动中( ) A. 若小球释放点自 A 点向右平移少许,则小球反弹后再次落到斜面上时速度方向与落到 C 点的相同 B.重力做功的平均功率之比为:1:3 ABBC PP C.运动的竖直高度之比为:1:2 ABBC hh D. 运动时间之比为:1:1 ABBC tt 3、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mv B.弹簧对小球的弹力冲量等于mv C.地面对弹簧的支持力做功大于 2 1 2 mv D.弹簧对小球的弹力做功等于 2 1 2 mv
3、 4、如图所示,由电动机带动着倾角37的足够长的传送带以速率4m/sv 顺时针匀速转 动。 一质量2kgm 的小滑块以平行于传送带向下2m/sv 的速率滑上传送带,已知小滑块与 传送带间的动摩擦因数 7 8 ,取 2 10m/sg ,sin370.6 ,cos370.8 ,则小滑块从接触传送 带到与传送带相对静止的时间内( ) A.小滑块的加速度大小为 2 1m/s B.重力势能增加了 120J C.小滑块与传送带因摩擦产生的内能为 84J D.电动机多消耗的电能为 336J 5、 如图所示,摆球质量为 m,悬线的长为 L,把悬线拉到水平位置后放手。 设在摆球运动过程中 空气阻力F阻的大小不变
4、,重力加速度为 g，则小球从 A 点运动到最低点 B 的过程中,下列说 法正确的是( ) A.重力做功为mgL B.细线的拉力做功为 0 C.空气阻力F阻做功为mgL D.空气阻力F阻做功为 1 - 2 FL 阻 6、质量为 m 的小球,用长为 l 的轻绳悬挂于 O 点,小球在水平力 F 作用下,从最低点 P 缓慢地 移到 Q 点,如图所示,重力加速度为 g,则在此过程中( ) A. 小球受到的合力做功为1 cosmgl B. 拉力 F 的功为cosFl C. 重力势能的变化大于1 cosmgl D. 水平力 F 做功使小球与地球组成的系统机械能变化了1 cosmgl 7、如图所示,一个长直轻
5、杆两端分别固定一个小球 A 和 B,其中 A、B 两球的质量分别为 2m 和 m,两球半径忽略不计,杆的长度为 L。先将轻杆竖直靠放在竖直墙上,轻轻拨动小球 B,使小 球 B 在水平面上由静止开始向右滑动,当小球 A 沿墙下滑距离为/2L时,下列说法正确的是 （不计一切摩擦,重力加速度为 g）( ) A.小球 A 沿墙下滑的过程中小球 A 的机械能守恒 B.小球 A 沿墙下滑距离为 2 L 时,小球 A 的速度为 7 6gL C.长直轻杆对 B 做功为 7 mgL D.长直轻杆对 A 做功为 7 mgL 8、如图所示,在竖直平面内有一半径为 R 的圆弧轨道,半径 OA 水平、OB 竖直,一个质
6、量为 m 的小球自 A 的正上方 P 点由静止开始自由下落,小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有 压力。己知3APR,重力加速度为 g,则小球从 P 到 B 的运动过程中( ) A.重力做功3mgR B.机械能减少2mgR C.合外力做功mgR D.克服摩擦力做功 3 2 mgR 9、如图所示,在绝缘的斜面上方,存在着匀强电场,电场方向平行于斜面向上,斜面上的带电金 属块在平行于斜面的力 F 作用下沿斜面移动。已知金属块在移动的过程中,力 F 做功 32J,金 属块克服电场力做功 8J,金属块克服摩擦力做功 16J,重力势能增加 18J,则在此过程中金属块 的( ) A.动能减少 10J
7、 B.电势能增加 24J C.机械能减少 24J D.内能增加 16J 10、如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为 m 的带电小球，以初速度 v 从M点竖直 向上运动，通过N点时，速度大小为2，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的 过程（ ） A.动能增加 2 1 2 m B.机械能增加 2 2m C.重力势能增加 2 3 2 m D.电势能增加 2 2m 11、如图所示,三个小球 A、B、C 的质量均为 m,A 与 B、C 间通过铰链用轻杆连接,杆长为 L,B、C 置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长。现 A 由静止释放下降到最低点, 两轻杆间夹角 由 60 变为 120
8、,A、B、C 在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一 切摩擦,重力加速度为 g。则此下降过程中( ) A.A 的动能达到最大前,B 受到地面的支持力小于 3 2 mg B.A 的动能最大时,B 受到地面的支持力等于 3 2 mg C.弹簧的弹性势能最大时,A 的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为 3 2 mgL 12、如图所示，质量 M2kg 的半圆形槽物体 A 放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其 半径 r=0.6m。 现有一个质量 m=1kg 的小物块 B 在物体 A 的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲 量 I2N S，此后物体 A 和物块 B 相互作用，使物体 A 在地面
9、上运动，则( ) A在 A、B 间存在相互作用的过程中，物体 A 和物块 B 组成的系统机械能守恒 B在 A、B 间存在相互作用的过程中，物体 A 和物块 B 组成的系统动量守恒 C物块 B 从槽口右端运动到左端时，物体 A 向右运动的位移是 0.4m D物块 B 最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为 0.2m 答案以及解析答案以及解析 1 答案及解析：答案及解析： 答案：A 解析：由于大圆环是光滑的,因此小环下滑的过程中,大圆小环的作用力方向始终与速度方向 垂直,因此作用力不做功,选项 A 正确,B 错误;小环刚下滑时,大圆环对小环的作用力背离大圆 环的圆心,滑到大圆环圆心以
10、下的位置时,大圆环对小环的作用 力指向大圆环的圆心,选项 CD 错误。 2 答案及解析：答案及解析： 答案：A 解析： 设 AB=h,则落到斜面上时的时间 2 AB t h g ;速度为2vgh,则反弹速度也为2vgh, 在斜面上做平抛运动: 2 1 2 BCBC vtgt,解得 22 2 BC vh t gg ,:1:2 ABBC tt,选项 D 错误; 在 AB 段,重力做功的平均功率: 2 AB AB mghgh Pmg t ; 在 BC 段重力做功的平均功率: 2 2 1 1 2 2 2 BC BC BC BC mggt Pmg tmggh t ,则:1:2 ABBC PP,选项 B
11、错误; 运动的竖直高度之比为 2 1 :1:4 2 ABBCBC hhhgt,选项 C 错误; 若设小球从斜面上水平抛出后落到斜面上时速度方向与水平方向夹角为,则根据平抛运动 的推论可知 0 2452tantan,则小球落到斜面上时的速度方向一定;若小球释放点自 A 点 向右平移少许,则小球反弹后仍水平抛出,则再次落到斜面上时速度方向与落到 C 点的相同, 选项 A 正确;故选 A. 3 答案及解析：答案及解析： 答案：A 解析： 规定竖直向上为正方向,对小球受力分析,受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用, 故根据动量定律可得 FG IImv,所以弹簧对小球的弹力的冲量 FG ImvI,B
12、错误;地 面对弹簧的支持力,和弹簧对地面的弹力是一对相互作用力,所以NF,故 | | NFG IImvImv,A 正确;根据动能定理得 2 1 2 FG WWmv,所以 22 11 22 FG WWmvmv,由于弹簧没有发生位移,所以地面对弹黄的支持力不做功,故C、 D 错误。 4 答案及解析：答案及解析： 答案：AD 解析：对滑块受力分析,受重力、支持力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律, 平行斜面方向有:sin37fmgma, 垂直斜面方向有:cos370Nmg, 其中:fN,联立解得 22 7 ( cos37sin37 )100.80.6 m/s1m/s 8 ag ,故 A 正确。 以平行斜
13、面向上为正,根据速度一时间关系式,有 4( 2) s6s 1 v t a ,位移 4( 2) 6m6m 2 xvt ,故重力势能增加量为 P sin372 1060.6J72JEmg hmg x ,故 B 错误。在 6s 内传送带的位移 46m24mxvt,故相对位移为24m6m18mxxx ,故产生的热量为 7 cos372 100.8 18J252J 8 Qmgx ,故 C 错误。 多消耗的电能等于系统增加的机 械能和内能之和,为 22 Pk 11 72J2422J252J336J 22 WEEQ ,故 D 正 确。 5 答案及解析：答案及解析： 答案：ABD 解析：如图所示，重力在整个运
14、动过程中始终不变，小球在重力方向上的位移为AB 弧在竖直方向上的投影 L,所以 G WmgL,故 A 正确；因为细线的拉力 T F在运动过程 始终与运动方向垂直，故不做功，即0 T F W，故 B 正确；F阻所做的总功等于每个 小弧段上F阻所做功的代数和，即 12 1 =-(+)=- 2 F WFxFxFL 阻 阻阻阻 ，故 C 错误，D 正 确。 6 答案及解析：答案及解析： 答案：D 解析：A. 小球缓慢移动，动能不变，动能的变化量为零，根据动能定理得知，小球受到的 合力做功为零，故 A 错误； B. 设绳与竖直方向的夹角为 ,根据平衡条件可知 F=mgtan,所以可知 F 为变力,根据动
15、能定 理得：1cos0() F Wmgl,解得拉力 F 的功为：1 ()cos F Wmgl，故 B 错误； C. 根据重力做功与重力势能变化的关系可得：重力势能的增加为 (1s )co p Emghmgl，故 C 错误； D. 由上知,小球的动能不变,重力势能增加mgl(1cos),而重力势能是小球与地球共有的,或根 据除了重力以外的力做功等于系统机械能的变化,可知水平力 F 做功使小球与地球组成的系 统机械能变化了 mgl(1cos)，故 D 正确。 故选：D。 7 答案及解析：答案及解析： 答案：BC 解析：A 沿墙下滑的过程中小球受重力,杆对它的弹力和墙对它的弹力,除重力做功外,杆的弹
16、 力对 A 小球做负功,所以 A 的机械能不守恒,故 A 错误;当小球 A 沿墙下滑距离为 2 L 时,设 A 球 的速度为 A v,B 球的速度为 B v,根据系统的机械守恒得两球沿杆子方向上的速度相等,则有 sin30sin60 AB vv ,联立解得 6 7 A gL v , 2 7 B gL v ,故 B 正确;对 B 球,根据动能定理得 2 1 22 22 AA L mgWmv,解得 7 A mgL W ,故 D 错误。 8 答案及解析：答案及解析： 答案：D 解析：重力做功与路径无关,只与初末位置有关,故小球从 P 到 B 的运动过程中,重力做功为 22 G WmgRmgR,故 A
17、 错误;小球沿轨道到达最高点 B 时恰好对轨道没有压力,根据牛顿 第二定律,有 2 B v mgm R ,解得 B vgR,从 P 到 B 过程,重力势能减小量为2mgR,动量增加量 为 2 11 22 B mvmgR,故机械能减小量为 13 2 22 mgRmgRmgR,从 P 到 B 过程,克服摩擦力做功 等于机械能减小量,故为 3 2 mgR,故 B 错误,D 正确;从 P 到 B 过程,合外力做功等于动能增加量, 故 2 11 22 B WmvmgR。 9 答案及解析：答案及解析： 答案：AD 解析：根据动能定理,合外力做功等于动能变化量,则 ,即动能减少 10J;电势能的变化量 等于
18、电场力做功,即,即电势能增加 8J;机械能的变化量等于除重力以外的其 它力做功,即即机械能增加 8J;内能增加量等于客服 摩擦力做功,即 16J;选项 AD 正确。 10 答案及解析：答案及解析： 答案：B 解析：由动能的表达式 2 k 1 2 Emv 可知带电小球在 M 点的动能为 2 1 2 kM Emv ， 在 N点的动能为 2 1 22 2 kN Emvmv ，所以动能的增量为 2 3 2 k Emv ，故 A错 误；带电小球在电场中做类平抛运动，竖直方向受重力做匀减速运动，水平方向 受电场力做匀加速运动，由运动学公式有 ,2 yx qE vvgt vvatt m ，可得 2qEmg
19、， 竖直方向的位移 2 v ht ， 水平方向的位移 2 2 v xtvt ， 因此有2xh， 对小球写动能定理有 2 3 2 k qExmghEmv ，联立上式可解得2 2 x qEmv ， 2 1 2 mghmv ，因此电场力做正功，机械能增加，故机械能增加 2 2mv，电势能减 少 2 2mv，故 B正确 D错误，重力做负功重力势能增加量为 2 1 2 mv，故 C 错误。 故选 B. 11 答案及解析：答案及解析： 答案：AB 解析：A 的动能最大时,A 的加速度为 0,根据力的平衡,B 和 C 对 A 的力 F 的竖直分力为 2 y mg F ,B 或 C 受到地面的支持力 3 2
20、ny FmgFmg,B 正确;A 的动能达到最大前,其加速 度向下,所以 2 y mg F ,B 受到地面的支持力小于 3 2 mg,A 正确;弹簧的弹性势能最大值 ,cos30cos60 pm Emg hhLL ,解得 31 2 pm EmgL ,D 错误;弹簧的弹性势能最大 时,A 减速运动到最低点,所以 A 的加速度方向竖直向上,C 错误。 12 答案及解析：答案及解析： 答案：ACD 解析：A. 在 A. B 间存在相互作用的过程中，物体 A 和物块 B 组成的系统只有重力做功，系 统的机械能守恒，故 A 正确。 B. 在 A. B 间存在相互作用的过程中，物块 B 有向心加速度，有竖直方向的分加速度，所以 物体 A 和物块 B 组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故 B 错误。 C. 设物块 B 从槽口右端运动到左端时，物体 A 向右运动的位移是 x。取水平向左为正方向， 根据水平方向动量守恒得： 2 0 rxx mM tt ，解得 x=0.4m，故 C 正确。 D. 对 B,由动量定理得 0 Imv,得 0 2/vm s。设 B 到达左侧最高点时与 A 的共同速度为 v， 到达的最高点距槽口的高度为 h。 根据水平动量守恒得 0=(M+m)v，得 v=0 对系统,由机械能守恒得： 2 0 1 2 mghmv，得 h=0.2m，故 D 正确。
