高三物理二輪復(fù)習(xí) 第二篇 題型專(zhuān)項(xiàng)突破 熱考小題專(zhuān)攻練 6 功和能
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熱考小題專(zhuān)攻練6.功和能(建議用時(shí)20分鐘)小題強(qiáng)化練,練就速度和技能,掌握高考得分點(diǎn)!1.(多選)(2016沈陽(yáng)二模)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球,用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩懸掛于O點(diǎn),初始時(shí)刻小球靜止于P點(diǎn)。第一次小球在水平拉力F作用下,從P點(diǎn)緩慢地移動(dòng)到Q點(diǎn),此時(shí)輕繩與豎直方向夾角為,張力大小為T(mén)1;第二次在水平恒力F作用下,從P點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)并恰好能到達(dá)Q點(diǎn),至Q點(diǎn)時(shí)輕繩中的張力大小為T(mén)2。關(guān)于這兩個(gè)過(guò)程,下列說(shuō)法中正確的是()A.第一個(gè)過(guò)程中,拉力F在逐漸變大,且最大值一定大于FB.兩個(gè)過(guò)程中,輕繩的張力均變大C.T1大于T2D.兩個(gè)過(guò)程中F和F做的功一樣【解析】選A、C、D。第一次移動(dòng)過(guò)程中,小球是緩慢移動(dòng),則小球受力平衡,根據(jù)矢量三角形可得:F=mgtan,T1=,移動(dòng)過(guò)程中增大,所以拉力F逐漸變大,輕繩的張力增大;第二次移動(dòng)過(guò)程中,恰好能到達(dá)Q點(diǎn),即Q點(diǎn)的速度為零,根據(jù)動(dòng)能定理可得FLsin=mgL(1-cos),解得:F=mgtan,因?yàn)闉殇J角,所以mgtanEkbEkc,故B錯(cuò)誤。克服摩擦力所做的功等于因摩擦產(chǎn)生的熱量,所以2Qa=2Qb=Qc,故C正確,D錯(cuò)誤。4.(多選)如圖甲所示,用豎直向上的力F拉靜止在水平地面上的一物體,物體在向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,其機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖乙,其中AB為曲線(xiàn),其余部分為直線(xiàn),下列說(shuō)法正確的是()A.0x1過(guò)程中,物體所受拉力不變B.x1x2過(guò)程中,物體的加速度先減小后增大C.0x3過(guò)程中,物體的動(dòng)能先增大后減小D.0x2過(guò)程中,物體克服重力做功的功率一直增大【解析】選A、B、C。物體的重力勢(shì)能Ep=mgx,由動(dòng)能定理可得,物體的動(dòng)能Ek=Fx-mgx,物體的機(jī)械能E=Ep+Ek=mgx+Fx-mgx=Fx,即圖線(xiàn)的斜率表示F;由分析知圖線(xiàn)的斜率表示F,知0x1過(guò)程中斜率不變,故物體所受拉力不變,A正確;x1x2過(guò)程中,斜率變小,故拉力逐漸減小,則加速度先減小后反向增大,B正確;由前面分析知,物體先向上勻加速,然后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),再做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng),總之0x3過(guò)程中,物體的速度先增大后減小,即動(dòng)能先增大后減小,C正確;0x2過(guò)程中,物體速度先增大后減小,則克服重力做功的功率先增大后減小,D錯(cuò)誤。5.將小球以某一初速度從地面豎直向上拋出,取地面為零勢(shì)能面,小球在上升過(guò)程中的動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與上升高度h間的關(guān)系分別如圖中兩直線(xiàn)所示。g取10m/s2,下列說(shuō)法正確的是()A.小球的質(zhì)量為0.2kgB.小球受到的阻力(不包括重力)大小為2.5NC.小球動(dòng)能與重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為mD.小球上升到2m時(shí),動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為0.5J【解析】選D。在最高點(diǎn),Ep=mgh,得:m=kg=0.1kg,故A錯(cuò)誤;由除重力以外其他力做功W其=E可知:-fh=E高-E低,E為機(jī)械能,解得:f=0.25N,故B錯(cuò)誤;設(shè)小球動(dòng)能和重力勢(shì)能相等時(shí)的高度為H,此時(shí)有mgH=mv2,由動(dòng)能定理:-fH-mgH=mv2-m,得:H=m,故C錯(cuò)誤;由圖可知,在h=2m處,小球的重力勢(shì)能是J=2J,動(dòng)能是J=2.5J,所以小球上升到2m時(shí),動(dòng)能與重力勢(shì)能之差為2.5J-2J=0.5J,故D正確。6.(多選)如圖所示,一傾角為的固定斜面下端固定一擋板,一勁度系數(shù)為k的輕彈簧下端固定在擋板上。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物塊從斜面上離彈簧上端距離為s處,由靜止釋放,已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,物塊下滑過(guò)程中的最大動(dòng)能為Ekm,則小物塊從釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)的過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是()A.mgcos,解得mgcos,物塊繼續(xù)向下加速,動(dòng)能仍在增大,所以此瞬間動(dòng)能不是最大,當(dāng)物塊的合力為零時(shí)動(dòng)能才最大,故B錯(cuò)誤;根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律知,彈簧的最大彈性勢(shì)能等于整個(gè)過(guò)程中物塊減少的重力勢(shì)能與產(chǎn)生的內(nèi)能之差,而內(nèi)能等于物塊克服摩擦力做的功,所以彈簧的最大彈性勢(shì)能等于整個(gè)過(guò)程中物塊減少的重力勢(shì)能與摩擦力對(duì)物塊做功之和,故C正確;若將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放,下滑過(guò)程中物塊動(dòng)能最大的位置不變,彈性勢(shì)能不變,設(shè)為Ep,此位置彈簧的壓縮量為x,根據(jù)功能關(guān)系可得:將物塊從離彈簧上端s的斜面處由靜止釋放,下滑過(guò)程中物塊的最大動(dòng)能為Ekm=mg(s+x)sin-mg(s+x)cos-Ep。將物塊從離彈簧上端2s的斜面處由靜止釋放,下滑過(guò)程中物塊的最大動(dòng)能為Ekm=mg(2s+x)sin-mg(2s+x)cos-Ep。而2Ekm=mg(2s+2x)sin-mg(2s+2x)cos-2Ep=mg(2s+x)sin-mg(2s+x)cos-Ep+mgxsin-mgxcos-Ep=Ekm+mgxsin-mgxcos-Ep由于在物塊接觸彈簧到動(dòng)能最大的過(guò)程中,物塊的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和物塊的動(dòng)能,則根據(jù)功能關(guān)系可得:mgxsin-mgxcosEp,即mgxsin-mgxcos-Ep0,所以得Ekm2Ekm,故D正確。7.(多選)(2016信陽(yáng)二模)如圖所示,質(zhì)量m=1kg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,滑到水平傳送帶上的A點(diǎn),物體和皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.2,傳送帶AB之間的距離為L(zhǎng)=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng),則(g取10m/s2)()A.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間是1.5sB.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,摩擦力對(duì)物體做了2J功C.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,產(chǎn)生2J熱量D.物體從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,帶動(dòng)傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)多做了10J功【解析】選A、C。設(shè)物體下滑到A點(diǎn)的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律有m=mgh代入數(shù)據(jù),得:v0=2m/s,物體在摩擦力作用下先勻加速運(yùn)動(dòng),加速度大小為a=g=2m/s2加速至速度與傳送帶相等時(shí):t1=s=1s勻加速運(yùn)動(dòng)的位移s1=t1=1m=3mL=5m所以物體與傳送帶共速后向右勻速運(yùn)動(dòng),所以物體運(yùn)動(dòng)到B的速度是v=4m/s。物體勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=s=0.5s物體從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t=t1+t2=1.5s。在t1時(shí)間內(nèi),皮帶做勻速運(yùn)動(dòng)的位移為s皮帶=vt1=4m故產(chǎn)生熱量Q=mgs=mg(s皮帶-s1),代入數(shù)據(jù)得:Q=2J。摩擦力對(duì)物體做了-2J功電動(dòng)機(jī)多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動(dòng)能,另一部分就是增加了內(nèi)能,則電動(dòng)機(jī)多做的功W=mv2-m+Q=1(42-22)J+2 J=8J,故選項(xiàng)A、C正確。- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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