2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能 動量和能量 專題突破練5 動能定理 機械能守恒定律 功能關(guān)系的應(yīng)用.doc
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專題突破練5動能定理機械能守恒定律功能關(guān)系的應(yīng)用(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(共11小題,每小題6分,共66分。在每小題給出的四個選項中,第15小題只有一個選項符合題目要求,第611小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.(2018山東濟寧期末)一物體被豎直上拋,已知拋起的初速度與回到拋出點時的速度的大小之比為k,物體在運動過程中所受的空氣阻力大小不變,則空氣阻力與重力之比為()A.kB.1kC.k2-1k2+1D.k2+1k2-12.(2018江蘇淮安、宿遷期中質(zhì)檢)如圖所示,x軸在水平地面上,y軸在豎直方向。圖中畫出了從y軸上不同位置沿x軸正向水平拋出的三個質(zhì)量相等小球a、b和c的運動軌跡。小球a從(0,2L)拋出,落在(2L,0)處;小球b、c從(L,0)拋出,分別落在(2L,0)和(L,0)處。不計空氣阻力,下列說法正確的是()A.b的初速度是a的初速度的兩倍B.b的初速度是a的初速度的2倍C.b的動能增量是c的動能增量的兩倍D.a的動能增量是c的動能增量的2倍3.(2018江蘇徐州考前打靶)如圖所示,在投球游戲中,小紅坐在可升降的椅子上,向正前方的圓桶水平拋出籃球。已知某次拋出點的實際高度為2.0 m,桶的高度為0.4 m,桶到拋出點的水平距離為1.6 m,籃球恰好落入桶內(nèi),籃球質(zhì)量為500 g,小紅對籃球做功約為()A.0.2 JB.2 JC.20 JD.200 J4.(2018四川攀枝花一模)一輛汽車在平直公路上勻速行駛,在t1時刻突然將汽車的功率減小一半,并保持該功率繼續(xù)行駛,到t2時刻汽車又開始勻速行駛。若汽車所受阻力保持不變,則從t1到t2的過程中,汽車的()A.速度增加,加速度減小B.速度減小,加速度增加C.速度減小,加速度減小D.速度增加,加速度增加5.(2018河南南陽期末)如圖所示,固定在豎直平面內(nèi)的圓管形軌道的外軌光滑,內(nèi)軌粗糙。一小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動,球的直徑略小于圓管的直徑,球運動的軌道半徑為R,空氣阻力不計,重力加速度大小為g,下列說法一定正確的是()A.若v02gR,小球運動過程中機械能不可能守恒B.若v0=3gR,小球運動過程中機械能守恒C.若v05gR,小球不可能到達最高點D.若v0=2gR,小球恰好能到達最高點6.(2018山東臨沂期中)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿,桿的水平部分粗糙,桿的豎直部分光滑,兩部分各套有質(zhì)量均為1 kg的小球A和B,A、B間用細繩相連,A與水平桿之間的動摩擦因數(shù)=0.2,初始A、B均處于靜止狀態(tài),已知:OA=3 m,OB=4 m。若A球在水平拉力F的作用下向右緩慢地移動1 m(g取10 m/s2),那么該過程中()A.小球A受到的摩擦力大小為7.5 NB.小球B上升的距離為1 mC.拉力F做功為12 JD.拉力F做功為14 J7.(2018山東泰安期中)一物體在豎直方向的升降機中,由靜止開始豎直向上做直線運動,運動過程中小球的機械能E與其上升高度h關(guān)系的圖象如圖所示,其中0h1過程的圖線為曲線,h1h2過程中的圖線為直線。下列說法正確的是()A.0h1過程中,升降機對小球的支持力一定做正功B.0h1過程中,小球的動能一定在增加C.h1h2過程中,小球的動能可能不變D.h1h2過程中,小球重力勢能可能不變8.(2018陜西西安一中一模)一賽車在平直賽道上以恒定功率加速,其功率為200 kW,設(shè)所受到的阻力不變,加速度a和速度的倒數(shù)1v的關(guān)系如圖所示,則賽車()A.做勻加速直線運動B.質(zhì)量為500 kgC.所受阻力大小為2 000 ND.速度大小為50 m/s時牽引力大小為3 000 N9.(2017河南中原聯(lián)考)如圖所示,一個質(zhì)量為2m的甲球和一個質(zhì)量為m的乙球,用長度為2R的輕桿連接,兩個球都被限制在半徑為R的光滑圓形豎直軌道上,軌道固定于水平地面。初始時刻,輕桿豎直,且質(zhì)量為2m的甲球在上方。此時,受擾動兩球開始運動,重力加速度為g,則下列說法正確的是()A.甲球下滑過程中減少的機械能總等于乙球增加的機械能B.甲球下滑過程中減少的重力勢能總等于乙球增加的重力勢能C.整個運動過程中甲球的最大速度為233gRD.甲球運動到最低點前,輕桿對乙球一直做正功10.(2018四川攀枝花統(tǒng)考)物體由地面以120 J的初動能豎直向上拋出,當它從拋出至上升到某一點A的過程中,動能減少40 J,機械能減少10 J。設(shè)空氣阻力大小不變,以地面為零勢能面,則物體()A.落回到地面時機械能為70 JB.到達最高點時機械能為90 JC.從最高點落回地面的過程中重力做功為60 JD.從拋出到落回地面的過程中克服摩擦力做功為60 J11.(2018江蘇南京、鹽城一模)如圖所示,光滑細桿上套有兩個質(zhì)量均為m的小球,兩球之間用輕質(zhì)彈簧相連,彈簧原長為L,用長為2L的細線連結(jié)兩球?,F(xiàn)將質(zhì)量為M的物塊用光滑的鉤子掛在細線上,從細線繃直開始釋放,物塊向下運動。則物塊()A.運動到最低點時,小球的動能為零B.速度最大時,彈簧的彈性勢能最大C.速度最大時,桿對兩球的支持力為(M+2m)gD.運動到最低點時,桿對兩球的支持力小于(M+2m)g二、計算題(本題共2個小題,共34分)12.(16分)(2018江蘇徐州抽測)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定在墻壁上的O點,另一端自由伸長到A點,OA之間的水平面光滑。固定曲面在B處與水平面平滑連接。AB之間的距離s=1 m。質(zhì)量m=0.2 kg的小物塊開始時靜止在水平面上的B點,物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.4?,F(xiàn)給物塊一個水平向左v0=5 m/s的初速度,g取10 m/s2。(1)求彈簧被壓縮到最短時所具有的彈性勢能Ep;(2)求物塊返回B點時的速度大小;(3)若物塊能沖上曲面的最大高度h=0.2 m,求木塊沿曲面上滑過程所產(chǎn)生的熱量。13.(18分)如圖所示,左側(cè)豎直墻面上固定半徑為R=0.3 m的光滑半圓環(huán),右側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿。質(zhì)量為ma=100 g的小球a套在半圓環(huán)上,質(zhì)量為mb=36 g的滑塊b套在直桿上,二者之間用長為L=0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接?,F(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放,使a沿圓環(huán)自由下滑,不計一切摩擦,a、b均視為質(zhì)點,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大小;(2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中,桿對滑塊b做的功。專題突破練5動能定理機械能守恒定律功能關(guān)系的應(yīng)用一、選擇題(共11小題,每小題6分,共66分。在每小題給出的四個選項中,第15小題只有一個選項符合題目要求,第611小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分)1.C解析 設(shè)物體的質(zhì)量為m,空氣阻力大小為f,上升的最大高度為h,根據(jù)動能定理得,上升過程:-(mg+f)h=0-12mv02,下降過程:(mg-f)h=12mv2,由題意知:v0v=k,聯(lián)立解得:fmg=k2-1k2+1,故選C。2.B解析 a、b的水平位移相同,但運動時間不同,根據(jù)t=2hg可知tatb=21,根據(jù)v0=xt可知vObvOa=21,故A錯誤,B正確;bc的豎直位移相同,根據(jù)動能定理Ek=mgh可知,b的動能增量等于c的動能增量,選項C錯誤;a的豎直位移等于c的2倍,根據(jù)動能定理可知,a的動能增量等于c的2倍,選項D錯誤;故選B。3.B解析 籃球做平拋運動,因為恰好落入桶中,故在水平方向上有x=v0t,即在豎直方向上有h=12gt2,人對籃球做的功等于籃球拋出時具有的動能,W=12mv2,故聯(lián)立解得W=2 J,B正確。4.C解析 t1時刻之前功率為P,由于做勻速直線運動,所以牽引力F等于阻力f,當汽車的功率突然減小一半,由于速度來不及變化,根據(jù)P=Fv知,此時牽引力減小為原來的一半,則F=F2f。此時a=F-fm0,即加速度a與運動方向相反,汽車開始做減速運動,速度減小。根據(jù)P2=Fv可知速度減小又導(dǎo)致牽引力增大,根據(jù)牛頓第二定律知,加速度a=F-fm減小,當牽引力增大到等于阻力時,加速度減小到0,又做勻速直線運動。由此可知在t1t2的這段時間內(nèi)汽車的加速度逐漸減小,速度逐漸減小,故C正確。5.B解析 若小球上升到與圓心等高處時速度為零,此時小球只與外軌作用,不受摩擦力,只有重力做功,由機械能守恒定律得:12mv02=mgR,解得v0=2gR2gR,當v02gR時,機械能是可以守恒的,故A錯誤;小球如果不擠壓內(nèi)軌,則小球到達最高點速度最小時,小球的重力提供向心力,由牛頓第二定律得:mg=mv2R,由于小球不擠壓內(nèi)軌,則小球在整個運動過程中不受摩擦力作用,只有重力做功,機械能守恒,從最低點到最高點過程中,由機械能守恒定律得:12mv02=12mv2+mg2R,解得:v0=5gR,則小球要不擠壓內(nèi)軌,速度應(yīng)大于等于5gR,故B正確;如果內(nèi)圓光滑,小球在運動過程中不受摩擦力,小球在運動過程中機械能守恒,如果小球運動到最高點時速度為零,由機械能守恒定律得:12mv02=mg2R,解得:v0=2gR?,F(xiàn)在內(nèi)壁粗糙,小球運動過程中一定受到摩擦力作用,故小球在到達最高點前速度已為零,不能到達最高點,故D錯誤;由D項分析可知,當2gRv0xgR時,若小球的動能大于從最低點到最高點過程中重力和摩擦力做的功,則可以達到最高點,故C項錯誤。6.BD解析 對AB整體受力分析,受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的彈力N1,如圖,根據(jù)共點力平衡條件,有豎直方向:N=G1+G2,水平方向:F=f+N1,其中f=N,解得N=(m1+m2)g=20 N,f=N=0.220 N=4 N,A錯誤;移動前,繩長L=32+42 m=5 m,A球移動1 m后,OA=4 m,故OB長為L=52-42 m=3 m,所以小球B上升1 m,B正確;對整體在整個運動過程中運用動能定理列式,得到WF-fs-m2gh=0,故有WF=fs+m2gh=41 J+1101 J=14 J,C錯誤,D正確。7.AC解析 設(shè)支持力大小為F,由功能關(guān)系得Fh=E,所以E-h圖象的斜率的絕對值等于小球所受支持力的大小,從圖中可知機械能增大,所以升降機對小球的支持力做正功,由圖可知在0h1內(nèi)斜率的絕對值逐漸減小,故在0h1內(nèi)小球所受的支持力逐漸減小。所以開始先加速運動,當支持力減小后,可能做勻速運動,也可能會減速,A正確、B錯誤;由于小球在h1h2內(nèi)E-h圖象的斜率不變,所以小球所受的支持力保持不變,故物體可能做勻速運動,動能不變,C正確;由于小球在h1h2內(nèi)高度增大,重力勢能隨高度的增大而增大,所以重力勢能增大,故D錯誤。8.BC解析 由題圖可知,加速度變化,故做變加速直線運動,選項A錯誤;對賽車受力分析,受重力、支持力、牽引力和摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有:F-f=ma,其中:F=Pv,聯(lián)立得:a=Pmv-fm,以恒定功率加速時,當賽車的速度最大時,加速度為零,故結(jié)合圖象可以知道,a=0時,1v=0.01,v=100 m/s,所以最大速度為100 m/s,由圖象可知:-fm=-4,0=200kWm100m/s-fm,解得:m=500 kg,f=2103 N,選項BC正確;由P=Fv可知,F=Pv=200 00050 N=4 000 N,選項D錯誤。9.AD解析 在運動的過程中,重力對系統(tǒng)做正功,甲和乙的動能都增加。由于只有動能和重力勢能之間的相互轉(zhuǎn)化,所以甲球下滑過程中減少的機械能總等于乙球增加的機械能,故A正確。在運動的過程中,重力對系統(tǒng)做正功,甲和乙的動能都增加,所以甲球下滑過程中減少的重力勢能總大于乙球增加的重力勢能,故B錯誤。當甲到達最低點時,乙也到達了最高點,該過程中系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能,該速度為甲球最大速度,由于兩球的線速度相等,設(shè)該速度為v,則2mgh-mgh=12mv2+122mv2得v=43gR,故C錯誤。甲球運動到最低點前,乙的重力勢能一直增加,同時乙的動能也一直增加,可知輕桿對乙球一直做正功,故D正確。故選AD。10.BD解析 物體以120 J的初動能豎直向上拋出,做豎直上拋運動,向上運動的過程中重力和阻力都做負功,當上升到某一高度時,動能減少了40 J,而機械能損失了10 J。根據(jù)功能關(guān)系可知:合力做功為-40 J,空氣阻力做功為-10 J,對從拋出點到A點的過程,根據(jù)功能關(guān)系:mgh+fh=40 J,fh=10 J,得f=13mg;當上升到最高點時,動能為零,動能減小120 J,設(shè)最大高度為H,則有:mgH+fH=120 J,解得fH=30 J,即機械能減小30 J,在最高點時機械能為120 J-30 J=90 J,即上升過程機械能共減少了30 J;當下落過程中,由于阻力做功不變,所以機械能又損失了30 J,故整個過程克服摩擦力做功為60 J,則該物體落回到地面時的機械能為60 J,從最高點落回地面的過程中因豎直位移為零,故重力做功為零,故AC錯誤,BD正確;故選BD。11.AC解析 物塊從開始釋放先做加速運動,后做減速運動直到速度為零即到達最低點,最低點時,小球速度為零,即動能為零,故A正確;物塊運動到最低點時,彈簧的彈性勢能最大,此時物塊速度為零,故B錯誤;速度最大時,即此時系統(tǒng)合力為零,將兩小球和物塊看成系統(tǒng),受重力(M+2m)g,桿對兩球的支持力二力平衡,故C正確;運動到最低點時,物塊具有向上的加速度,由類整體法可知,桿對兩球的支持力大于(M+2m)g,故D錯誤。二、計算題(本題共2個小題,共34分)12.答案 (1)1.7 J(2)3 m/s(3)0.5 J解析 (1)對小物塊從B至壓縮彈簧最短的過程-mgs-W=0-12mv02W=Ep代入數(shù)據(jù)解得Ep=1.7 J(2)對小物塊從B開始運動至返回B點的過程-mg2s=12mvB2-12mv02代入數(shù)據(jù)解得vB=3 m/s(3)對小物塊沿曲面的上滑過程,由動能定理-W克f-mgh=0-12mvB2Q=W克f=0.5 J13.答案 (1)2 N(2)0.194 4 J解析 (1)當a滑到與O同高度P點時,a的速度v沿圓環(huán)切線向下,b的速度為零,由機械能守恒定律可得magR=12mav2解得v=2gR對小球a受力分析,由牛頓第二定律可得F=mav2R=2mag=2 N。(2)桿與圓相切時,如圖所示,a的速度沿桿方向,設(shè)此時b的速度為vb,根據(jù)桿不可伸長和縮短,有va=vbcos 由幾何關(guān)系可得cos =LL2+R2=0.8在圖中,球a下降的高度h=Rcos a、b系統(tǒng)機械能守恒magh=12mava2+12mbvb2-12mav2對滑塊b,由動能定理得W=12mbvb2=0.194 4 J。- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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