第四章 第3～5节 综合训练-【高中必刷题】2023-2024学年新教材高中物理必修第二册同步课件（粤教版2019）

物理 必修第二册YJ 05 第三～五节综合训练 刷综合 1.[四川绵阳2023高一下期末]（多选）一同学将小球从地面以100 J的初动能竖直向上抛出，上升时经过A点，动能减少20 J，重力势能增加12 J.设空气阻力大小不变，小球可视为质点，以地面为零势能面，则（　ACD　） A.小球所受重力大小是空气阻力大小的1.5倍 B.到达最高点时，小球的重力势能增加80 J C.落回地面前瞬间，小球的机械能为20 J D.下降过程，小球的动能和重力势能相等时，其动能为15 J ACD 稻壳儿 解析 小球的初动能Ek0＝100 J，在A点时小球的动能EkA＝80 J，小球的重力势能EpA＝12 J，设小球所受空气阻力大小为f，A点离地面高度为h，小球离地面的最大高度为H，小球从地面上升至A点的过程中，根据动能定理可得－（mg＋f）h＝EkA－Ek0，此时小球的重力势能EpA＝mgh，联立解得mg＝1.5f，故A正确；小球从地面上升到最高点的过程中，根据动能定理可得－（mg＋f）H＝0－Ek0，解得H＝5h，所以小球在最高点的重力势能为Ep＝mgH＝5mgh＝5×12 J＝60 J，故B错误；小球从开始上升到落回出发点的过程中，根据动能定理可得－f·2H＝Ek－Ek0，解得小球落回抛出点时的动能Ek＝20 J，小球落回抛出点时的机械能等于此时小球的动能，即E＝Ek＝20 J，故C正确；设下降过程中，小球的动能和重力势能相等时小球距地面高度为h'，小球的动能为E'k，小球从开始到该位置，根据动能定理可得－mgh'－f（2H－h'）＝E'k－Ek0，此时的重力势能E'p＝mgh'，其中E'k＝E'p，联立解得E'p＝15 J，故D正确. 稻壳儿 2.[山东济宁2023高一下期中]（多选）如图甲所示，固定斜面的倾角为30°，一质量为m的滑块自斜面底端以初速度v0沿斜面向上做匀减速运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程滑块的v－t图像如图乙所示.下列判断正确的是（　AC　） 甲 乙 A.滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小 B.滑块沿斜面上滑的整个过程中重力势能增加 C.滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加 D.滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加 AC 稻壳儿 解析 设滑块上滑时加速度大小为a1，下滑时加速度大小为a2.由速度—时间图像的斜率大小表示加速度大小可知，a1＝，a2＝，则a1＝2a2；对上滑过程，根据牛顿第二定律得mgsin 30°＋f＝ma1，对下滑过程，根据牛顿第二定律得mgsin 30°－f＝ma2，联立解得f＝mgsin 30°.对于上滑过程，由动能定理得－（mgsin 30°＋f）s＝0－m，由功能关系得－fs＝ΔE，由以上两式解得ΔE＝－，即滑块沿斜面上滑的整个过程中机械能减小，故A正确；根据ΔEp增＝mgh，mgsin 30°＝ma1＝m，解得g＝，代入可得ΔEp增＝mgh＝m··v0t0sin 30°＝，故B错误；对于下滑过程，由动能定理得ΔEk＝（mgsin 30°－f）s，解得ΔEk＝，即滑块沿斜面下滑的整个过程中动能增加，故C正确，D错误. 稻壳儿 3.[河南重点高中2023高二下质量检测]（多选）如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面底端固定一挡板，轻弹簧放在斜面上，下端与挡板连接，一个质量为m的物块从斜面上的P点由静止释放，在物块沿斜面向下运动过程中，当弹簧的压缩量为x1时，物块的加速度刚好为零，开始时P点离弹簧上端的距离也是x1.弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep＝kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（　BC　） A.弹簧的劲度系数为 B.弹簧的最大弹性势能为mgx1 C.物块运动过程中的最大速度为 D.物块运动过程中的最大加速度为g BC 稻壳儿 解析 当弹簧的压缩量为x1时，物块的加速度刚好为零，可得mgsin θ＝kx1，则弹簧的劲度系数为k＝，故A错误；从物块开始运动到加速度为零过程中，根据机械能守恒定律可得mgsin θ·2x1＝k＋m，解得vm＝，故C正确；设弹簧的最大压缩量为x，根据机械能守恒定律可得mgsin θ（x1＋x）＝kx2，解得x＝（1＋）x1，则弹簧的最大弹性势能为Ep＝kx2＝mgx1，故B正确；物块运动的最大加速度为a＝＝g，故D错误. 稻壳儿 4.（多选）如图所示，在竖直平面内有一“U”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上.一小物体从右侧斜槽上距BC所在水平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回.若不考虑空气阻力，重力加速度为g，则（　BC　） A.小物体恰