2020年高考物理 模擬新題分類匯編 功和能(含詳解)
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1、E單元 功和能 E1 有機(jī)結(jié)構(gòu)認(rèn)識(shí) 9.E1[2020·海南物理卷] 一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上,從t=0時(shí)起,第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用,第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用.下列判斷正確的是( ) A.0~2 s內(nèi)外力的平均功率是 W B.第2 s內(nèi)外力所做的功是 J C.第2 s末外力的瞬時(shí)功率最大 D.第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是 【解析】 AD 由牛頓第二定律F=ma可得,第1 s內(nèi)的加速度a1=2 m/s2,第2 s內(nèi)的加速度a2=1 m/s2;由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得,第1 s內(nèi)的
2、位移x1=1 m,第1 s末的速度v1=2 m/s,第2 s內(nèi)的位移x2=2.5 m,第2 s末的速度v2=3 m/s;由做功公式W=Fx可求,第1 s內(nèi)外力做功W1=2 J,第2 s內(nèi)外力做功W2=2.5 J,選項(xiàng)B錯(cuò)誤; 0~2 s內(nèi)外力的平均功率=== W,選項(xiàng)A正確;第2 s末外力瞬時(shí)功率P2=F2v2=3 W,第1 s末外力瞬時(shí)功率P1=F1v1=4 W>P2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理知,動(dòng)能增加量之比等于合外力做功之比,所以==,選項(xiàng)D正確. 4.E1[2020·江蘇物理卷] 如圖所示,演員正在進(jìn)行 圖4 雜技表演.由圖可估算出他將一只雞蛋拋出的過(guò)程中對(duì)雞蛋所做的功最接
3、近于( ) A.0.3 J B.3 J C.30 J D.300 J 4.E1[2020·江蘇物理卷] A 【解析】 若一個(gè)雞蛋大約55 g,雞蛋拋出的高度大約為60 cm,則將一只雞蛋拋出至最高點(diǎn)的過(guò)程中對(duì)雞蛋做的功等于雞蛋重力勢(shì)能的增加量,即W=mgh=55×10-3×10×60×10-2 J=0.33 J,A正確. E2 動(dòng)能 動(dòng)能定理 15.E2[2020·課標(biāo)全國(guó)卷] 一質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng),從某時(shí)刻起受到一恒力作用.此后,該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能( ) A.一直增大 B.先逐漸減小至零,再逐漸增大 C.先逐漸增
4、大至某一最大值,再逐漸減小 D.先逐漸減小至某一非零的最小值,再逐漸增大 【解析】 ABD 當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向成銳角時(shí),該力一直做正功,其動(dòng)能一直增大,A正確;當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向相反時(shí),物體先做勻減速運(yùn)動(dòng)后做反向的勻加速運(yùn)動(dòng),其動(dòng)能先逐漸減小至零,再逐漸增大,B正確;當(dāng)所加恒力的方向與物體運(yùn)動(dòng)的方向成鈍角(不等于180°)時(shí),其動(dòng)能先逐漸減小至某一非零的最小值,再逐漸增大,D正確;物體不可能出現(xiàn)動(dòng)能先逐漸增大至某一最大值,再逐漸減小的情況,C錯(cuò)誤. E3 機(jī)械能守恒定律 16.E3[2020·課標(biāo)全國(guó)卷] 一蹦極
5、運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落,到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離.假定空氣阻力可忽略,運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn),下列說(shuō)法正確的是( ) A.運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢(shì)能始終減小 B.蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,彈性力做負(fù)功,彈性勢(shì)能增加 C.蹦極過(guò)程中,運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 D.蹦極過(guò)程中,重力勢(shì)能的改變與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取有關(guān) 【解析】 ABC 運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前其高度一直降低,故重力勢(shì)能始終減小,A正確;蹦極繩張緊后的下落過(guò)程中,其彈力方向與運(yùn)動(dòng)方向相反,彈力做負(fù)功,彈性勢(shì)能增加,B正確;蹦極過(guò)程中,只有重力和彈力做功,運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
6、,C正確;重力勢(shì)能的改變量ΔEp=mgΔh,只與初末位置的高度差有關(guān),而與重力勢(shì)能零點(diǎn)的選取無(wú)關(guān),D錯(cuò)誤. 22.C2 E3[2020·北京卷] 【答案】 (1)受力圖如圖所示 根據(jù)平衡條件,應(yīng)滿足Tcosα=mg,Tsinα=F 拉力大小F=mgtanα (2)運(yùn)動(dòng)中只有重力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒 mgl(1-cosα)=mv2 則通過(guò)最低點(diǎn)時(shí),小球的速度大小 v= 根據(jù)牛頓第二定律T′-mg=m 解得輕繩對(duì)小球的拉力 T′=mg+=mg(3-2cosα),方向豎直向上. 21.(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福
7、建卷] (3)E3 D2[2020·福建卷] 圖1-10 圖1-10為某種魚(yú)餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置示意圖,其下半部AB是一長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管,上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管,管口沿水平方向,AB管內(nèi)有一原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧.投餌時(shí),每次總將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定,在彈簧上端放置一粒魚(yú)餌,解除鎖定,彈簧可將魚(yú)餌彈射出去.設(shè)質(zhì)量為m的魚(yú)餌到達(dá)管口C時(shí),對(duì)管壁的作用力恰好為零.不計(jì)魚(yú)餌在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能損失,且鎖定和解除鎖定時(shí),均不改變彈簧的彈性勢(shì)能.已知重力加速度為g.求: (1) 質(zhì)量為m的魚(yú)餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1; (2) 彈簧壓縮到0.5R時(shí)的
8、彈性勢(shì)能Ep; (3) 已知地面與水面相距1.5R,若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90°角的范圍內(nèi)來(lái)回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng),每次彈射時(shí)只放置一粒魚(yú)餌,魚(yú)餌的質(zhì)量在m到m之間變化,且均能落到水面.持續(xù)投放足夠長(zhǎng)時(shí)間后,魚(yú)餌能夠落到水面的最大面積S是多少? 21.(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福建卷] (3)E3 D2[2020·福建卷] 【答案】 (1)質(zhì)量為m的魚(yú)餌到在管口C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供,則 mg=m① 由①式解得v1=② (2)彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為魚(yú)餌的機(jī)械能,由機(jī)械能守恒定律有 Ep=mg(1.5R+R)+mv③ 由②③式解得
9、 Ep=3mgR④ (3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚(yú)餌速度大小的影響,質(zhì)量為m的魚(yú)餌離開(kāi)管口后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)間落到水面上,離OO′的水平距離為x1,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 4.5R=gt2⑤ x1=v1t+R⑥ 由⑤⑥式解得x1=4R⑦ 當(dāng)魚(yú)餌的質(zhì)量為m時(shí),設(shè)其到達(dá)管口C時(shí)速度大小為v2,由機(jī)械能守恒定律有 Ep=mg(1.5R+R)+v⑧ 由④⑧式解得v2=2⑨ 質(zhì)量為m的魚(yú)餌落到水面上時(shí),設(shè)離OO′的水平距離為x2,則 x2=v2t+R⑩ 由⑤⑨⑩式解得x2=7R 魚(yú)餌能夠落到水面的最大面積S S=(πx-πx)=πR2(或8.25πR2) E4 實(shí)驗(yàn):探究動(dòng)能定
10、理 21.(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福建卷] (3)E3 D2[2020·福建卷] 圖1-10 圖1-10為某種魚(yú)餌自動(dòng)投放器中的投餌管裝置示意圖,其下半部AB是一長(zhǎng)為2R的豎直細(xì)管,上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管,管口沿水平方向,AB管內(nèi)有一原長(zhǎng)為R、下端固定的輕質(zhì)彈簧.投餌時(shí),每次總將彈簧長(zhǎng)度壓縮到0.5R后鎖定,在彈簧上端放置一粒魚(yú)餌,解除鎖定,彈簧可將魚(yú)餌彈射出去.設(shè)質(zhì)量為m的魚(yú)餌到達(dá)管口C時(shí),對(duì)管壁的作用力恰好為零.不計(jì)魚(yú)餌在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的機(jī)械能損失,且鎖定和解除鎖定時(shí),均不改變彈簧的彈性勢(shì)能.
11、已知重力加速度為g.求: (1) 質(zhì)量為m的魚(yú)餌到達(dá)管口C時(shí)的速度大小v1; (2) 彈簧壓縮到0.5R時(shí)的彈性勢(shì)能Ep; (3) 已知地面與水面相距1.5R,若使該投餌管繞AB管的中軸線OO′在90°角的范圍內(nèi)來(lái)回緩慢轉(zhuǎn)動(dòng),每次彈射時(shí)只放置一粒魚(yú)餌,魚(yú)餌的質(zhì)量在m到m之間變化,且均能落到水面.持續(xù)投放足夠長(zhǎng)時(shí)間后,魚(yú)餌能夠落到水面的最大面積S是多少? 21.(1)D4[2020·福建卷] (2)E4[2020·福建卷] (3)E3 D2[2020·福建卷] 【答案】 (1)質(zhì)量為m的魚(yú)餌到在管口C時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力完全由重力提供,則 mg=m① 由①式解得v1=② (2)
12、彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為魚(yú)餌的機(jī)械能,由機(jī)械能守恒定律有 Ep=mg(1.5R+R)+mv③ 由②③式解得 Ep=3mgR④ (3)不考慮因緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)裝置對(duì)魚(yú)餌速度大小的影響,質(zhì)量為m的魚(yú)餌離開(kāi)管口后做平拋運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過(guò)t時(shí)間落到水面上,離OO′的水平距離為x1,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有 4.5R=gt2⑤ x1=v1t+R⑥ 由⑤⑥式解得x1=4R⑦ 當(dāng)魚(yú)餌的質(zhì)量為m時(shí),設(shè)其到達(dá)管口C時(shí)速度大小為v2,由機(jī)械能守恒定律有 Ep=mg(1.5R+R)+v⑧ 由④⑧式解得v2=2⑨ 質(zhì)量為m的魚(yú)餌落到水面上時(shí),設(shè)離OO′的水平距離為x2,則 x2=v2t+R⑩ 由⑤⑨⑩式解得x2=
13、7R 魚(yú)餌能夠落到水面的最大面積S S=(πx-πx)=πR2(或8.25πR2) E5 實(shí)驗(yàn):驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律 14.E5[2020·海南物理卷] 現(xiàn)要通過(guò)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律.實(shí)驗(yàn)裝置如圖1-9所示:水平桌面上固定一傾斜的氣墊導(dǎo)軌;導(dǎo)軌上A點(diǎn)處有一帶長(zhǎng)方形遮光片的滑塊,其總質(zhì)量為M,左端由跨過(guò)輕質(zhì)光滑定滑輪的細(xì)繩與一質(zhì)量為m的砝碼相連;遮光片兩條長(zhǎng)邊與導(dǎo)軌垂直;導(dǎo)軌上B點(diǎn)有一光電門(mén),可以測(cè)量遮光片經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的擋光時(shí)間t,用d表示A點(diǎn)到導(dǎo)軌底端C點(diǎn)的距離,h表示A與C的高度差,b表示遮光片的寬度,s表示A、B兩點(diǎn)間的距離,將遮光片通過(guò)光
14、電門(mén)的平均速度看作滑塊通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度.用g表示重力加速度.完成下列填空和作圖: (1)若將滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放,則在滑塊從A運(yùn)動(dòng)至B的過(guò)程中,滑塊、遮光片與砝碼組成的系統(tǒng)重力勢(shì)能的減小量可表示為_(kāi)_______,動(dòng)能的增加量可表示為_(kāi)_______.若在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒,與s的關(guān)系式為= ________. 圖1-11 (2)多次改變光電門(mén)的位置,每次均令滑塊自同一點(diǎn)(A點(diǎn))下滑,測(cè)量相應(yīng)的s與t值,結(jié)果如下表所示: 1 2 3 4 5 s/m 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t/ms 8.22 7.17
15、 6.44 5.85 5.43 /104s-2 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 以s為橫坐標(biāo),為縱坐標(biāo),在圖1-10的坐標(biāo)紙中描出第1和第5個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn);根據(jù)5個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)作直線,求得該直線的斜率k=________×104 m-1·s-2(保留3位有效數(shù)字). 圖1-12 由測(cè)得的h、d、b、M和m數(shù)值可以計(jì)算出-s直線的斜率k0 ,將k和k0 進(jìn)行比較,若其差值在實(shí)驗(yàn)允許的范圍內(nèi),則可認(rèn)為此實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律. 【答案】 (1)-mgs (2)如圖所示 2.43 圖1-13 【解析】 (1)滑塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,滑塊的重力勢(shì)
16、能減少,砝碼的重力勢(shì)能增加mgs;滑塊通過(guò)遮光片的速度v=,此時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能Ek=(M+m)v2=,此即為系統(tǒng)動(dòng)能的增加量;若機(jī)械能守恒,則有-mgs=,即= (2)描點(diǎn)作圖 E6 功和能綜合 21.E6[2020·四川卷] 質(zhì)量為m的帶正電小球由空中A點(diǎn)無(wú)初速自由下落,在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng),再經(jīng)過(guò)t秒小球又回到A點(diǎn).不計(jì)空氣阻力且小球從未落地,則( ) A.整個(gè)過(guò)程中小球電勢(shì)能變化了mg2t2 B.整個(gè)過(guò)程中小球動(dòng)量增量的大小為2mgt C.從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mg2t2 D.從A
17、點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了mg2t2 【解析】 BD t時(shí)刻小球的速度v=gt,豎直方向的位移h=gt2,加電場(chǎng)后,小球做勻減速直線運(yùn)動(dòng),由-gt2=gtt-at2,得小球的加速度為a=3g,利用牛頓第二定律有:F-mg=ma,解得電場(chǎng)力F=4mg,從加電場(chǎng)到小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的位移為h′===.整個(gè)過(guò)程中小球電勢(shì)能的變化量為ΔEp=Fh=4mg×gt2=2mg2t2,A錯(cuò)誤;末態(tài)小球的速度v=at-gt=2gt,動(dòng)量的增量大小為mv=2mgt,B正確;從加電場(chǎng)開(kāi)始到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)小球動(dòng)能變化了mah′=,C錯(cuò)誤;從A點(diǎn)到最低點(diǎn)小球重力勢(shì)能變化了ΔEp=mg=mg=mg2t2,D正確.
18、
36.E6[2020·廣東物理卷]如圖20所示,以A、B和C、D為端點(diǎn)的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi),一滑板靜止在光滑水平地面上,左端緊靠B點(diǎn),上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C.一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn),運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同,然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下,再經(jīng)B滑上滑板.滑板運(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連.物塊可視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量為m,滑板質(zhì)量M=2m,兩半圓半徑均為R,板長(zhǎng)l=6.5R,板右端到C的距離L在R 19、物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)程中,克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系,并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn).
圖20
【解析】 (1)設(shè)物塊運(yùn)動(dòng)到A和B的速度分別為v1、v2,由動(dòng)能定理
μmgs=mv①
由機(jī)械能守恒定律
mv=2mgR+mv②
聯(lián)立①②解得v2=3③
(2)設(shè)從物塊滑上滑板到滑板與物塊達(dá)到相同的速度v3時(shí),位移分別為l1和l2,由動(dòng)量守恒定律
mv2=(m+M)v3④
由動(dòng)能定理
μmgl1=Mv⑤
-μmgl2=mv-mv⑥
聯(lián)立③④⑤⑥解得l1=2R,l2=8R⑦
物塊相對(duì)滑板的位移
Δl=l2-l1=6R 20、相同速度時(shí),物塊未離開(kāi)滑板.
若R 21、h的限速標(biāo)志時(shí),保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變,立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電,使轎車(chē)做減速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)L=72 m后,速度變?yōu)関2=72 km/h.此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率的用于轎車(chē)的牽引,用于供給發(fā)電機(jī)工作,發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能.假設(shè)轎車(chē)在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變.求:
(1)轎車(chē)以90 km/h在平直公路上勻速行駛,所受阻力F阻的大??;
(2)轎車(chē)從90 km/h減速到72 km/h過(guò)程中,獲得的電能E電 ;
(3)轎車(chē)僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能E電 維持72 km/h勻速運(yùn)動(dòng)的距離L′.
【答案】 (1)汽車(chē)牽引力與輸出功率關(guān) 22、系
P=F牽v
將P=50 kW,v1=90 km/h=25 m/s代入得
F牽==2×103 N
當(dāng)轎車(chē)勻速行駛時(shí),牽引力與阻力大小相等,有
F阻=2×103 N
(2)在減速過(guò)程中,注意到發(fā)動(dòng)機(jī)只有P用于汽車(chē)的牽引.根據(jù)動(dòng)能定理有
Pt-F阻L=mv-mv
代入數(shù)據(jù)得Pt=1.575×105 J
電源獲得的電能為
E電=0.5×Pt=6.3×104 J
(3)根據(jù)題設(shè),轎車(chē)在平直公路上勻速行駛時(shí)受到的阻力仍為F阻=2×103 N.在此過(guò)程中,由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律可知,僅有電能用于克服阻力做功.
E電=F阻L′
代入數(shù)據(jù)得L′=31.5 m.
23、
1.【2020·寧波模擬】一只蘋(píng)果從樓上某一高度自由下落,蘋(píng)果在空中依次經(jīng)過(guò)三個(gè)完全相同的窗戶1、2、3.圖X8-1中直線為蘋(píng)果在空中的運(yùn)動(dòng)軌跡.若不計(jì)空氣阻力的影響,以下說(shuō)法正確的是( )
圖X8-1
A.蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶所用的時(shí)間最長(zhǎng)
B.蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶的平均速度最大
C.蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶重力做的功最大
D.蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶重力的平均功率最小
1.D 【解析】 蘋(píng)果加速下落,運(yùn)動(dòng)越來(lái)越快,故蘋(píng)果通過(guò)第3個(gè)窗戶所用的時(shí)間最短,平均速度最大,A、B都錯(cuò);窗戶完全相同,所以蘋(píng)果通過(guò)三個(gè)窗戶重力做的功一樣多,蘋(píng)果通過(guò)第1個(gè)窗戶用時(shí)最長(zhǎng),重力的平均功率最小,故C錯(cuò), 24、D對(duì).
2.【2020·德州模擬】如圖X8-2所示,現(xiàn)有兩個(gè)完全相同的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊都從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),一個(gè)自由下落,一個(gè)沿光滑的固定斜面下滑,最終它們都到達(dá)同一水平面上,空氣阻力忽略不計(jì),則( )
圖X8-2
A.重力做的功相等,重力做功的平均功率相等
B.它們到達(dá)水平面上時(shí)的動(dòng)能相等
C.重力做功的瞬時(shí)功率相等
D.它們的機(jī)械能都是守恒的
2.BD 【解析】 兩物體從同一高度下落,根據(jù)機(jī)械能守恒定律知,它們到達(dá)水平面上時(shí)的動(dòng)能相等,自由下落的物體先著地,重力做功的平均功率大,而著地時(shí)重力做功的瞬時(shí)功率等于重力與重力方向上的速度的乘積,故重力做功的瞬時(shí)功率不相等,選 25、BD.
3.【2020·濟(jì)南模擬】如圖X8-4所示是反映汽車(chē)從靜止勻加速啟動(dòng),最后做勻速運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖象,其中正確的是( )
A B C D
圖X8-4
3.ACD 【解析】 機(jī)車(chē)啟動(dòng)時(shí)由P=Fv和F-f=ma可知,勻加速啟動(dòng)過(guò)程,牽引力F、加速度a恒定不變,速度和功率均勻增大,當(dāng)功率增大到額定功率后保持不變,牽引力逐漸減小到與阻力相等,加速度逐漸減小到零,速度逐漸增大到最大速度.故ACD正確.
4.【2020·德州模擬】如圖X8-5所示為汽車(chē)在水平路面上啟動(dòng)過(guò)程中的速度圖象,Oa為過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線,ab段 26、表示以額定功率行駛時(shí)的加速階段,bc段是與ab段相切的水平直線,則下述說(shuō)法正確的是( )
A.0~t1時(shí)間內(nèi)汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)且功率恒定
B.t1~t2時(shí)間內(nèi)汽車(chē)牽引力做功為mv-mv
C.t1~t2時(shí)間內(nèi)的平均速度為(v1+v2)
D.在全過(guò)程中t1時(shí)刻的牽引力及其功率都是最大值,t2~t3時(shí)間內(nèi)牽引力最小
圖X8-5
4.D 【解析】 0~t1時(shí)間內(nèi)汽車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng),牽引力恒定,但速度增加,故功率增加,A錯(cuò);汽車(chē)水平方向受到牽引力和阻力作用,根據(jù)動(dòng)能定理,t1~t2時(shí)間內(nèi)合力做功為mv-mv ,故B錯(cuò);公式=(v1+v2)適用于勻變速直線運(yùn)動(dòng),故C錯(cuò);功率增到t1時(shí)刻, 27、不再增加,t1~t2時(shí)間內(nèi)功率恒定,但牽引力減小,t2~t3時(shí)間內(nèi)牽引力最小,與阻力相等,所以D對(duì).
5.【2020·巢湖模擬】從地面豎直上拋一個(gè)質(zhì)量為m的小球,小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過(guò)程中空氣阻力大小恒定為f.下列說(shuō)法正確的是( )
A. 小球上升的過(guò)程中動(dòng)能減少了mgh
B. 小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能減少了fh
C. 小球上升的過(guò)程中重力勢(shì)能增加了mgh
D. 小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中動(dòng)能減少了fh
5.C 【解析】 根據(jù)動(dòng)能定理,上升的過(guò)程中動(dòng)能減少量等于小球克服重力和阻力做的功,為mgh+fh,小球上升和下降的整個(gè)過(guò)程中動(dòng)能減少量和機(jī)械能的減 28、少量都等于全程中克服阻力做的功,為2fh,A、B、D錯(cuò),選C.
6.【2020·淄博模擬】物體沿直線運(yùn)動(dòng)的v-t關(guān)系如圖X8-7所示,已知在第1 s內(nèi)合外力對(duì)物體做的功為W,則( )
A.從第1 s末到第3 s末合外力做功為4W
B.從第3 s末到第5 s末合外力做功為-2W
C.從第5 s末到第7 s末合外力做功為W
D.從第3 s末到第4 s末合外力做功為-0.75W
圖X8-7
6.CD 【解析】 由圖知,第1 s末速度、第3 s末速度、第7 s速度大小關(guān)系:v1=v3=v7,由題知W=mv-0,則由動(dòng)能定理知第1 s末到第3 s末合外力做功W 29、2=mv-mv=0,故A錯(cuò)誤.第3秒末到第5 s末合外力做功W3=0-mv=-W,故B錯(cuò)誤.第5 s末到第7 s末合外力做功W4=mv-0=W,故C正確.第3 s末到第4 s末合外力做功W5=mv-mv;因v4=v3,所以W5=-0.75W,故D正確.
7.【2020·蕪湖模擬】一環(huán)狀物體套在光滑水平直桿上,能沿桿自由滑動(dòng),繩子一端系在物體上,另一端繞過(guò)定滑輪,用大小恒定的力F拉著,使物體沿桿自左向右滑動(dòng),如圖X8-8所示,物體在桿上通過(guò)a、b、c三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ea、Eb、Ec,且ab=bc,滑輪質(zhì)量和摩擦均不計(jì),則下列關(guān)系中正確的是( )
30、圖X8-8
A.Eb-Ea=Ec-Eb
B.Eb-Ea<Ec-Eb
C.Eb-Ea>Ec-Eb
D.Ea<Eb<Ec
7.CD 【解析】 對(duì)環(huán)狀物體,繩的拉力對(duì)其做正功,物體的動(dòng)能增加,D對(duì);但這個(gè)力為變力,它做的功等于恒力F的功,恒力F的功等于F與它作用的繩伸長(zhǎng)的距離的乘積,從a到b繩伸長(zhǎng)的距離大于從b到c繩伸長(zhǎng)的距離,根據(jù)動(dòng)能定理,故C對(duì).
8.【2020·哈爾濱九中模擬】如圖X8-9所示,一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)在半徑為R的半球形容器中(容器固定)由靜止開(kāi)始自邊緣上的A點(diǎn)滑下,到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí),它對(duì)容器的正壓力為FN.重力加速度為g,則質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過(guò)程中,摩擦力 31、對(duì)其所做的功為( )
A.R(FN-3mg) B.R(3mg-FN)
C.R(FN-mg) D.R(FN-2mg)
圖X8-9 圖X8-10
8.A 【解析】 質(zhì)點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)B時(shí),它對(duì)容器的正壓力為FN,根據(jù)牛頓定律有FN-mg=m,根據(jù)動(dòng)能定理,質(zhì)點(diǎn)自A滑到B的過(guò)程中有Wf+mgR=mv2,故摩擦力對(duì)其所做的功Wf=RFN-mgR.
9.【2020·濮陽(yáng)一?!咳鐖DX8-10所示,物塊一次沿軌道1從A點(diǎn)由靜止下滑至底端B點(diǎn),另一次沿軌道2從A點(diǎn)由靜止下滑經(jīng)C點(diǎn)至底端B點(diǎn),AC=CB.物塊與兩軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同,不考慮物塊在C點(diǎn)處撞擊 32、的因素,則在物塊兩次下滑過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( )
A.物塊受到摩擦力相同
B.沿軌道1下滑時(shí)的位移較小
C.物塊滑至B點(diǎn)時(shí)速度大小相同
D.兩種情況下?lián)p失的機(jī)械能相同
9.CD 【解析】 物塊沿軌道1滑下來(lái)時(shí),設(shè)斜面的傾角為α,軌道1長(zhǎng)為l,A點(diǎn)在水平面上的投影為A′,A到水平面的距離為h,由動(dòng)能定理:mgh-(μmgcosα)?x=mv,即mgh-μmg?A′B=mv,同理可得,物塊沿軌道2滑下時(shí),有mgh-μmg?A′B=mv,也就是沿兩軌道下滑時(shí),摩擦力做功一樣多,但摩擦力不同,所以CD對(duì),A錯(cuò);位移是從初位置指向末位置的有向線段,故位移相同,B錯(cuò).
10.【20 33、20·蘇北模擬】如圖X8-11所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成,軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接,其中軌道AB、CD段是光滑的,水平軌道BC的長(zhǎng)度x=5 m,軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ=37°,A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1=4.30 m、h2=1.35 m.現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點(diǎn)由靜止釋放.已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大小;
(2)小滑塊第一次與第二次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔;
(3)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離.
圖X8-11
34、
10.【解析】 (1)小滑塊從A→B→C→D過(guò)程中,由動(dòng)能定理得
mg(h1-h(huán)2)-μmgx=mv-0
將h1、h2、x、μ、g代入得:vD=3 m/s
(2)小滑塊從A→B→C過(guò)程中,由動(dòng)能定理得
mgh1-μmgx=mv
將h1、x、μ、g代入得:vC=6 m/s
小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6 m/s2
小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間t1==1 s
由對(duì)稱性可知,小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2=t1=1 s
故小滑塊第一次與第二次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔t=t1+t2=2 s
(3)對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程利用動(dòng)能定理,設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn) 35、動(dòng)的總路程為x總
有:mgh1=μmgx總
將h1、μ代入得x總=8.6 m
故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為2x-x總=1.4 m
11.【2020·臨沂模擬】質(zhì)量為m的小球從高H處由靜止開(kāi)始自由下落,以地面作為參考平面.當(dāng)小球的動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí),重力的瞬時(shí)功率為( )
A.2mg B.mg
C.mg D.mg
11.B 【解析】 動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有:2mgh=mgH,得下落高度為h=,速度v==,故P=mg·v=mg,B選項(xiàng)正確.
12.【2020·重慶模擬】半徑為R的圓桶固定在小車(chē)上,有一光滑小球靜止在圓桶的最低點(diǎn), 36、如圖X9-1所示.小車(chē)以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),當(dāng)小車(chē)遇到障礙物突然停止時(shí),小球在圓桶中上升的高度不可能的是( )
A.等于 B.大于 C.小于 D.等于2R
圖X9-1 圖X9-2
12.B 【解析】 小球沿圓桶上滑過(guò)程中機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒分析,若小球不能通過(guò)與圓桶中心等高的位置,則h=;若小球能通過(guò)與圓桶中心等高的位置,但不能通過(guò)圓桶最高點(diǎn),則小球在圓心上方某位置脫離圓桶,斜拋至最高點(diǎn),這種情況小球在圓桶中上升的高度小于;若小球能通過(guò)圓桶最高點(diǎn),小球在圓桶中上升的高度等于2R,所以A、C、D是可能的.
13.【2020·蘇北模擬】如圖X9-2所示 37、,固定在豎直面內(nèi)的光滑圓環(huán)半徑為R,圓環(huán)上套有質(zhì)量分別為m和2m的小球A、B(均可看作質(zhì)點(diǎn)),且小球A、B用一長(zhǎng)為2R的輕質(zhì)細(xì)桿相連,在小球B從最高點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿圓環(huán)下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中(已知重力加速度為g),下列說(shuō)法正確的是( )
A.A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能
B.A球增加的重力勢(shì)能等于B球減少的重力勢(shì)能
C.A球的最大速度為
D.細(xì)桿對(duì)A球做的功為mgR
圖X9-3
13.AD 【解析】 系統(tǒng)機(jī)械能守恒的實(shí)質(zhì)可以理解為是一種機(jī)械能的轉(zhuǎn)移,此題的情景就是A球增加的機(jī)械能等于B球減少的機(jī)械能,A對(duì),B錯(cuò);根據(jù)機(jī)械能守恒定律:2mg?2R-mg?2R=·3mv 38、2,所以A球的最大速度為,C錯(cuò);根據(jù)功能關(guān)系,細(xì)桿對(duì)A球做的功等于A球增加的機(jī)械能,即WA=mv2+mg?2R=mgR,故D對(duì).
14.【2020·濟(jì)南一?!恳粠щ娦∏蛟诳罩杏葾點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中,受重力和電場(chǎng)力作用.若重力做功-3 J,電場(chǎng)力做功1 J,則小球的( )
A.重力勢(shì)能增加3 J B.電勢(shì)能增加1 J
C.動(dòng)能減少3 J D.機(jī)械能增加1 J
14.AD 【解析】 由功能關(guān)系可知:克服重力所做的功等于重力勢(shì)能增加量,為3 J,故A正確;電場(chǎng)力所做的功等于電勢(shì)能的減少量,為1 J,故B錯(cuò)誤;合外力做的功等于動(dòng)能的變化量,為-2 J,故C錯(cuò)誤;重力以外的其他力所 39、做的功等于機(jī)械能的變化量,為1 J,故D正確.
15.【2020·德州模擬】如圖X9-10所示,物體A和B的質(zhì)量均為m,它們通過(guò)一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連,開(kāi)始時(shí)B放在地面上,A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)用手通過(guò)細(xì)繩緩慢地將A向上提升距離L1時(shí),B剛要離開(kāi)地面,此過(guò)程手做功為W1 ;若將A加速向上提起,A上升的距離為L(zhǎng)2時(shí),B剛要離開(kāi)地面,此時(shí)A的速度為v,此過(guò)程手做功為W2 ,彈簧一直處于彈性限度內(nèi).則( )
圖X9-10
A.L1=L2= B.W2>W1
C.W1>mgL1 D.W2=mgL2+mv2
15.BD 【解析】 緩慢地將A向上提升距離L1時(shí),B剛要離開(kāi)地面, 40、彈簧由壓縮量為到拉伸量為,彈性勢(shì)能不變,L1=,由功能關(guān)系可知,此過(guò)程手所做的功等于A增加的機(jī)械能,即W1=mgL1;將A加速向上提起,A上升的距離為L(zhǎng)2時(shí),B剛要離開(kāi)地面,彈簧也是由壓縮量為到拉伸量為,彈性勢(shì)能不變,L2=,由功能關(guān)系可知,此過(guò)程手所做的功等于A增加的機(jī)械能,即W2=mgL2+mv2;綜上所述,BD正確.
、16.ABD 【解析】 由靜止釋放B到B達(dá)到最大速度的過(guò)程中,B一直要克服繩的拉力做功,根據(jù)功能關(guān)系可知,B物體的機(jī)械能一直減小,A對(duì);根據(jù)動(dòng)能定理,重力與拉力做功之和也正是B所受的合外力做的功,B對(duì);根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可知,B物體減少的機(jī)械能等于彈簧增加的彈性勢(shì)能與A增加的動(dòng)能之和,C錯(cuò);根據(jù)功能關(guān)系可知,細(xì)線拉力對(duì)A做的功等于A物體和彈簧所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量,D對(duì).
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