高考物理选择题专练卷2牛顿运动定律功和能

选择题专练卷(二)一、单项选择题1．(2022·张掖模拟)伽利略对自由落体运动研究中，经历了提出问题、科学猜想、数学推理、实验验证、合理外推、得出结论一系列过程。其中在实验验证过程中，他让一个铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲淡”重力，为什么要“冲淡”重力，“冲淡”重力的含义是什么(　　)A．减小重力　　　　　　　　　B．减小运动速度C．增加运动时间D．便于测量运动位移解析：选C　由于当时的计时工具落后，自由落体下落的又很快，很难准确计时，所以用一个斜面，来减小加速度，增加运动时间，减小时间的测量误差。2．(2022·盐城模拟)某学习小组以“假如失去……”为主题展开讨论。同学们提出以下四种观点，你认为正确的是(　　)A．假如物体间失去了摩擦力，任何运动物体的机械能一定守恒B．假如磁体周围失去了磁场，其它形式的能将无法转化为电能C．假如地球对月球失去了引力，月球就不会绕地球转动D．假如导体失去了电阻，所有用电器都不能正常工作解析：选C　若物体间失去了摩擦力，还可能有电场力等其他的力做功，故机械能不一定守恒，所以A错误；失去磁场还可以通过摩擦等方式使物体带电，把其他形式的能转化为电能，故B错误；月球绕地球做圆周运动，地球对月球的引力提供向心力，故若地球对月球失去了引力，月球不会绕地球转动，所以C正确；假如导体失去了电阻，非纯电阻电路仍能正常工作，比如电动机，所以D错误。3．(2022·徐州模拟)如图1甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线。下列说法正确的是(　　)图1A．0～x1过程中物体所受拉力最小B．x1～x2过程中，物体的加速度先增大后减小C．0～x3过程中，物体的动能先增大后减小D．0～x2过程中，物体克服重力做功的功率一直增大解析：选C　由E＝Fx，结合Ex图线可知，0～x1过程中，拉力F不变，x1～x2过程中，拉力F逐渐减小到零，x2～x3过程中，物体只受重力作用，故0～x1过程中拉力最大，x1～x28\n过程中物体的加速度先减小后反向增大，0～x3过程中，物体的动能先增大后减小，C正确，A、B错误；由P＝mg·v可知，物体克服重力做功的功率先增大后减小，D错误。4．如图2所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为(　　)图2A.mv2－μmgxB．μmgx－mv2C.mv2＋μmgxD．以上选项均不对解析：选C　设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx。5．(2022·四川资阳诊断)如图3所示，质量M，中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角。则下列说法正确的是(　　)图3A．小铁球受到的合外力方向水平向左B．凹槽对小铁球的支持力为C．系统的加速度为a＝gtanαD．推力F＝Mgtanα解析：选C　根据小铁球与光滑凹槽相对静止位置可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为，选项A、B错误。小球所受合外力为mgtanα，加速度为a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，选项C正确，D错误。6.(2022·宝鸡检测)如图4所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为(　　)8\n图4A．mg，斜向右上方B．mg，斜向左上方C．mgtanθ，水平向右D．mg，竖直向上解析：选A　由图可知，小车向左做匀减速运动，其加速度大小a＝gtanθ；小车对物块B向右的静摩擦力为Ff＝ma＝mgtanθ；竖直向上的支持力FN＝mg，小车对物块B产生的作用力的大小为F＝＝mg，方向为斜向右上方，故A正确。7．(2022·盐城三模)质量为M的皮带轮工件放置在水平桌面上。一细绳绕过皮带轮的皮带槽，一端系一质量为m的重物，另一端固定在桌面上。如图5所示，工件与桌面、绳之间以及绳与桌子边缘之间的摩擦都忽略不计，则重物下落过程中，工件的加速度为(　　)图5A.　　　　　　　　　B.C.D.解析：选C　相等时间内重物下落的距离是工件运动距离的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，设绳子上的拉力为F，根据牛顿第二定律＝2·，解得F＝，工件加速度a＝＝，所以C正确。8．(2022·上海十三校调研)如图6所示，质量为m的滑块B以初速度v0沿斜面体表面向下运动，此时斜面体A受到地面的摩擦力方向向左。斜面体A始终静止在水平地面上。则下列说法中正确的是(　　)图68\nA．滑块B下滑的过程中的加速度方向一定沿斜面向上B．斜面体的斜面一定是粗糙的C．滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，A所受地面摩擦力仍然不变D．滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，则A所受地面摩擦力一定变大解析：选C　根据题述斜面体A受到地面的摩擦力方向向左，说明B沿斜面向下做加速运动，斜面体可能是光滑的，选项A、B错误。滑块B下滑的过程中对其施加沿斜面向下的恒力F，B对A作用力情况不变，A所受地面摩擦力仍然不变，选项C正确，D错误。9．(2022·潮州三模)游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是用一细杆将座椅与转盘的边缘相连接，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋，若将人和座椅看成质量为m的质点，简化为如图7所示的模型，其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴OO′转动，已知细杆长为l，转盘静止时细杆顶端与转轴间的距离为d，转盘转动时细杆始终与转轴在同一平面内。让转盘由静止逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时细杆与竖直方向的夹角为θ，不计空气阻力及细杆重，则质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，细杆对质点做的功为(　　)图7A.mg(d＋lsinθ)tanθ＋mgl(1－cosθ)B.mgdtanθ＋mgl(1－cosθ)C.mg(d＋lsinθ)tanθD.mgdtanθ解析：选A　由于质点做匀速圆周运动，有mgtanθ＝m，所以质点做匀速圆周运动时的动能为Ek＝mv2＝mg(d＋lsinθ)tanθ，设静止时质点的重力势能为零，则此时质点的重力势能为WG＝mgl(1－cosθ)，由能量守恒知质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，细杆对质点做的功全部转化成质点的机械能，所以选项A正确。10．(2022·烟台三模)如图8所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑；右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及斜面顶端的光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，且m1＞m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m28\n的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方C点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。则下列说法中正确的是(　　)图8A．在m1从A点运动到C点的过程中，m1的机械能一直减少B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的2倍C．细绳断开后，m1能沿碗面上升到B点D．m1最终将会停在C点解析：选A　m1从A点运动到C点的过程中，绳的拉力对m1做负功，m1的机械能减少，所以细绳断开后，m1不能沿碗面上升到与A等高的B点，A正确，C错误；绳断后m1在碗内的运动过程中，机械能守恒，不可能停止运动，D错误；m1到C点时，m1的速度沿绳方向的分速度与m2的速度大小相同，即v1·cos45°＝v2，B错误。二、多项选择题11．(2022·正定中学高三月考)如图9所示，A、B、C三球的质量均为m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间由一轻质细线连接，B、C间由一轻杆相连。倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，弹簧、细线与轻杆均平行于斜面，初始系统处于静止状态，细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(　　)图9A．A球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθB．C球的受力情况未变，加速度为0C．B、C两球的加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθD．B、C之间杆的弹力大小为0解析：选CD　据题意，对A球受力分析，受到重力G，垂直斜面向上的支持力NA，沿斜面向上的弹力F和B、C球对它的拉力TA，由于A球处于静止状态，则据平衡条件有：F＝GAsinθ＋TA＝3mgsinθ；现将细线烧断，据弹簧弹力具有瞬间保持原值的特性，则有：F－GAsinθ＝ma，故A球此时加速度为a＝2gsinθ，A选项错误；细线烧断后B、C球整体只受到重力和支持力，则加速度以a＝gsinθ向下运动，所以B、C之间没有相互作用力，故C、D选项正确而B选项错误。12．(2022·汕尾模拟)如图10所示，位于光滑水平桌面上的物块P用跨过定滑轮的轻绳与小托盘相连，托盘内有砝码。托盘与砝码的总质量为m，P的质量为2m，重力加速度为g。释放后，P8\n从静止开始沿桌面运动的过程中，下列说法正确的是(　　)图10A．托盘运动的加速度大小为gB．P运动的加速度大小为C．托盘对轻绳的拉力大小为mgD．砝码处于超重状态解析：选BC　应用隔离法，对托盘分析，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，对物块P分析，由牛顿第二定律得F＝2ma，可知加速度大小为a＝＝g，故A项错误，B项正确；将a＝g代入F＝2ma得F＝mg，C项正确；由于砝码加速度向下，所以砝码处于失重状态，D项错误。13．(2022·西北师大附中模拟)如图11所示，水平面光滑，质量为2kg的木块在质量为1kg的长木板上，木块上受到向右的水平拉力F＝15N的作用，已知木块与木板间的动摩擦因数为0.2，(重力加速度g＝10m/s2)。则下列说法正确的是(　　)图11A．木块与木板相对滑动B．木块与木板加速度相同都是4m/s2C．木块与木板加速度不同，木块加速度是5.5m/s2，木板加速度是4m/s2D．只要F大于4N，木块都会相对木板滑动解析：选AC　木块和木板一起运动的加速度为＝5m/s2，木板的最大加速度am＝＝4m/s2＜5m/s2，故木块和木板相对滑动，木块的加速度为＝5.5m/s2，B错误，A、C正确；木块和木板刚要相对滑动时，拉力F＝(m＋M)am＝12N，故D错误。14．(2022·德州模拟)水平地面上有一固定的斜面体，一木块从粗糙斜面底端以一定的初速度沿斜面向上滑动后又沿斜面加速下滑到底端。则木块(　　)图128\nA．上滑的加速度大小等于下滑的加速度大小B．上滑时间等于下滑时间C．上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量D．上滑过程与下滑过程克服摩擦力做功相同解析：选CD　根据牛顿第二定律可求上滑的加速度a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑的加速度a2＝gsinθ－μgcosθ，可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故A错误；因上滑、下滑位移大小相等，根据x＝at2可知上滑时间小于下滑时间，故B错误；再根据x＝t＝vt可知上滑过程速度的减小量大于下滑过程速度的增加量，所以C正确；又在上滑、下滑的过程中滑动摩擦力大小相等，位移相等，故克服摩擦力做功相同，所以D正确。15．(2022·济南模拟)如图13所示，固定坡道倾角为θ，顶端距光滑水平面的高度为h，一可视为质点的小物块质量为m，从坡道顶端由静止滑下，经过底端O点进入水平面时无机械能损失，为使小物块制动将轻弹簧的一端固定在水平面左侧M处的竖直墙上，弹簧自由伸长时右侧一端恰好位于O点。已知小物块与坡道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)图13A．小物块在倾斜轨道上运动时，下滑的加速度比上滑的加速度小B．当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能完全转化为弹簧的弹性势能C．小物块返回倾斜轨道时所能达到的最大高度为hD．小物块在往返运动的整个过程中损失的机械能为mgh解析：选ACD　小物块在倾斜轨道上运动时，受重力、支持力、摩擦力3个力的作用，沿斜面方向的加速度由摩擦力和重力沿斜面的分力提供，下滑的加速度a1＝，上滑的加速度a2＝，故下滑的加速度比上滑的加速度小，A正确。由于小物块在倾斜轨道上有摩擦力做功，故当小物块压缩弹簧到最短时，物块的重力势能部分转化为弹簧的弹性势能，B错误。小物块下滑到O点时，由动能定理得mgh－μmgcosθ·＝mv2，在水平轨道上，由机械能守恒定律得mv2＝Ep，设小物块能够上升的最大高度h1，物体被弹回过程中由动能定理得－mgh1－μmgcosθ·＝0－mv2，解得：h1＝h，C正确。由能的转化与守恒定律可知小物块最终将静止在O点，重力势能全部转化为内能，故在往返运动的整个过程中损失的机械能为8\nmgh，D正确。16.(2022·徐州模拟)如图14所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。先将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质细线将小球与质量为M(M＝3m)的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)(　　)图14A．小球运动的整个过程中，小球与小物块的系统机械能守恒B．小球在直管中的最大速度为C．小球从管口抛出时的速度大小为D．小球平抛运动的水平位移等于L解析：选BD　小球运动的整个过程，包括小物块落地时与地面碰撞的过程，此过程机械能有损失，A错误；小物块刚要落地瞬间，小球的速度最大，由机械能守恒定律得：MgLsin30°－mgLsin30°·sin30°＝(m＋M)v，解得：vm＝，B正确；之后小球沿管上升，机械能守恒：mv－mv2＝mg(L－Lsin30°)·sin30°，解得：小球从管口抛出时的速度大小为v＝，C错误；由x＝vt，gt2＝L·sin30°，解得：小球平抛运动的水平位移x＝L，D正确。8