高考物理创新（基础课能力课实验课）版第五章机械能必修2易错高频考点阶段清（二）

必修2易错高频考点阶段清(二)(时间：40分钟)一、单项选择题1.机械表分针与秒针从重合至第二次重合，中间经历的时间为()A.eq\f(59,60)min B.1min C.eq\f(60,59)min D.eq\f(61,60)min解析先求出分针与秒针的角速度：ω分＝eq\f(2π,3600)rad/s，ω秒＝eq\f(2π,60)rad/s。设两次重合时间间隔为Δt，则有φ分＝ω分·Δt，φ秒＝ω秒·Δt，φ秒－φ分＝2π，即Δt＝eq\f(2π,ω秒－ω分)＝eq\f(2π,\f(2π,60)－\f(2π,3600))s＝eq\f(3600,59)s＝eq\f(60,59)min。答案C2.如图1所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升。若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中AB＝BC，则()图1A.W1＞W2B.W1＜W2C.W1＝W2D.无法确定W1和W2的大小关系解析绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝F·Δl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB＞ΔlBC，故W1＞W2，选项A正确。答案A3.地球赤道上有一物体随地球自转，所受的向心力为F1，向心加速度为a1，线速度为v1，角速度为ω1；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)，所受的向心力为F2，向心加速度为a2，线速度为v2，角速度为ω2；地球的同步卫星所受的向心力为F3，向心加速度为a3，线速度为v3，角速度为ω3；地球表面的重力加速度为g，第一宇宙速度为v，假设三者质量相等，则()A.F1＝F2＞F3 B.a1＝a2＝g＞a3C.v1＝v2＝v＞v3 D.ω1＝ω3＜ω2解析地球同步卫星的运动周期与地球自转周期相同，角速度相同，即ω1＝ω3，根据关系式v＝ωr和a＝ω2r可知，v1＜v3，a1＜a3；人造卫星和地球同步卫星都围绕地球转动，它们受到的地球的引力提供向心力，即Geq\f(Mm,r2)＝mω2r＝eq\f(mv2,r)＝ma可得v＝eq\r(\f(GM,r))，a＝Geq\f(M,r2)，ω＝eq\r(\f(GM,r3))，可见，轨道半径大的线速度、向心加速度和角速度均小，即v2＞v3，a2＞a3，ω2＞ω3；绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星(高度忽略)的线速度就是第一宇宙速度，即v2＝v，其向心加速度等于重力加速度，即a2＝g；所以v＝v2＞v3＞v1，g＝a2＞a3＞a1，ω2＞ω3＝ω1，又因为F＝ma，所以F2＞F3＞F1。由以上分析可见，选项A、B、C错误，D正确。答案D4.如图2所示，质量m＝1kg、长L＝0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘齐。板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10m/s2)()图2A.1J B.1.6J C.2J D.4J解析在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为eq\f(L,2)，则做的功至少为W＝f·eq\f(L,2)＝1.6J，所以选项B正确。答案B5.如图3所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400kg)上升60m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3m3/min，水离开炮口时的速率为20m/s，取g＝10m/s2，则用于()图3A.水炮工作的发动机输出功率约为1×104WB.水炮工作的发动机输出功率约为4×104WC.水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106WD.伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800W解析水炮的发动机作用是把水从地面运到水炮处，再由水炮发射出去，因此发动机做的功转化为水发射时的动能和重力势能，所以输出功率P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh＋\f(1,2)mv2,t)，每秒射出水的质量m＝1000×eq\f(3,60)kg＝50kg，代入得P＝4×104W，选项B正确，A、C错误；伸缩臂的发动机做功把人和伸缩臂本身抬高了60m，伸缩臂本身有一定的质量，伸缩臂自身的重力势能也增加，所以伸缩臂发动机的功率大于P1＝eq\f(m人gh,t)＝eq\f(400×10×60,5×60)W＝800W，选项D错误。答案B6.如图4所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ，现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中()图4A.最大加速度为eq\f(F,m) B.最大加速度为eq\f(F＋μmg,m)C.最大速度为eq\f(F－μmg,μk) D.最大速度为eq\f(mg,k)解析力F刚开始作用时，圆环速度很小，F1也很小，此时FN方向向上，F1＋FN＝mg。随着速度v增大，F1增大，FN逐渐减小，根据牛顿第二定律得F－μFN＝ma，a逐渐增大，当F1＝kv＝mg时，FN为0，amax＝eq\f(F,m)，选项A正确，B错误；随着v增大，F1继续增大，此时FN变为向下，F1＝mg＋FN，FN随着F1增大而增大。根据牛顿第二定律有F－μFN＝ma，a开始逐渐减小，当μFN＝F时，a减小为0，此时速度v达到最大值并保持恒定，μ(kvmax－mg)＝F，vmax＝eq\f(F＋μmg,μk)，选项C、D错误。答案A二、多项选择题7.(2017·江苏省苏锡常镇高三第二次模拟考试)某同学做了一个力学实验，如图5所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论，其中正确的是()图5A.水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左B.金属球运动到悬点O正下方时所受合力方向竖直向上C.金属球速度最大的位置应该在悬点O正下方的左侧D.金属球运动到最左端时速度为零，而加速度不为零解析水平细绳剪断前，金属球受到的弹簧的弹力、重力这两个力的合力与细绳的拉力等值反向共线，则水平细线剪断瞬间，由于弹簧的弹力不突变，金属球的合力水平向左，选项A正确；金属球运动到悬点O正下方时，受到弹簧的弹力、重力，而合力方向应指向轨迹的内侧，所以合力的方向竖直向下，选项B错误；金属球运动到悬点O正下方时，轨迹在该点的切线方向为运动方向，与合力成锐角，合力做正功，物体的动能要增加，选项C正确；金属球运动到最左端时，轨迹的切线方向为速度的方向，则速度不为零，合外力方向指向轨迹的内侧，则加速度不为零，选项D错误。答案AC8.如图6所示，从倾角为θ的斜面上某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α1；当抛出速度为v2时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为α2，则()图6A.当v1＞v2时，α1＞α2B.当v1＞v2时，α1＜α2C.无论v1、v2关系如何，均有α1＝α2D.α1、α2的大小与斜面的倾角θ有关解析从斜面上抛出，又落到斜面上，位移偏向角一定为θ，设速度偏向角为φ，根据速度偏向角和位移偏向角的关系tanφ＝2tanθ，故无论v1、v2关系如何，一定有φ相等，根据α＝φ－θ，均有α1＝α2，且大小与斜面倾角θ有关，选项A、B错误，C、D正确。答案CD9.如图7所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()图7A.a＝eq\f(2（mgR－W）,mR) B.a＝eq\f(2mgR－W,mR)C.N＝eq\f(3mgR－2W,R) D.N＝eq\f(2（mgR－W）,R)解析质点P下滑过程中，重力和摩擦力做功，根据动能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，根据公式a＝eq\f(v2,R)，联立可得a＝eq\f(2（mgR－W）,mR)，选项A正确，B错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，选项C正确，D错误。答案AC10.(2017·江苏启东中学月考)如图8所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定()图8A.滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2B.滑块第1次与挡板碰撞前速度v1C.滑块与杆之间动摩擦因数μD.滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞时间间隔Δt解析设AB长为L，对整个过程，运用动能定理得：mgsinα·0.5L－μmgcosα(L＋0.5L)＝0，整理得μ＝eq\f(1,3)tanα；根据牛顿第二定律得下滑过程mgsinα－μmgcosα＝ma1；上滑过程mgsinα＋μmgcosα＝ma2；解得a1＝gsinα－μgcosα，a2＝gsinα＋μgcosα，所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A、C项正确；由于AB间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞的速度，故B、D项错误。答案AC三、计算题11.(2017·宜春冲刺)如图9所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小孔A进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5kg，D点与小孔A的水平距离s＝2m，g取10m/s2。图9(1)摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。解析(1)摆球由C到D过程机械能守恒，则mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)在D点由牛顿第二定律得FT－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,D),L)联立得摆线的最大拉力为FT＝2mg＝10N。(2)摆球不脱离圆轨道的情况有：①摆球能到达A孔，且小球到达A孔的速度恰好为零对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ1mgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ1＝0.5②摆球进入A孔的速度较小，在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达与圆心等高处速度为零由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgR对摆球从D到A的过程，由动能定理得－μ2mgs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ2＝0.35③摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道在圆周的最高点，由牛顿第二定律得mg＝eq\f(mv2,R)由动能定理得－μ3mgs－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得μ3＝0.125综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。答案(1)10N(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.12512.(2017·无锡期末)如图10所示，质量为m＝1kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4m的1/4圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2m/s。当滑块经过B后立即将圆弧轨道撤去。滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数可在0≤μ≤1.5之间调节。斜面底部D点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点。认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.