2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 電場(chǎng)與磁場(chǎng)教學(xué)案.doc
《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 電場(chǎng)與磁場(chǎng)教學(xué)案.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 電場(chǎng)與磁場(chǎng)教學(xué)案.doc(84頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 電場(chǎng)與磁場(chǎng)教學(xué)案1.(xx全國(guó)卷T16)如圖,一質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn),M點(diǎn)與繩的上端P相距l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過(guò)程中,外力做的功為()A.mglB.mglC.mgl D.mgl解析:選AQM段繩的質(zhì)量為mm,未拉起時(shí),QM段繩的重心在QM中點(diǎn)處,與M點(diǎn)距離為l,繩的下端Q拉到M點(diǎn)時(shí),QM段繩的重心與M點(diǎn)距離為l,此過(guò)程重力做功WGmgmgl,將繩的下端Q拉到M點(diǎn)的過(guò)程中,由能量守恒定律,可知外力做功WWGmgl,可知A項(xiàng)正確,B、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤。2(xx全國(guó)卷T17)一汽車在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中,可能正確的是()解析:選A由Pt圖象知:0t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛,t1t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛。設(shè)汽車所受牽引力為F,則由PFv得,當(dāng)v增加時(shí),F(xiàn)減小,由a知a減小,又因速度不可能突變,所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤,A正確。3多選(xx全國(guó)卷T20)如圖,一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P。它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,克服摩擦力做的功為W。重力加速度大小為g。設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí),向心加速度的大小為a,容器對(duì)它的支持力大小為N,則()AaBaCN DN解析:選AC質(zhì)點(diǎn)P下滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mgRWmv2,則速度v,在最低點(diǎn)的向心加速度a,選項(xiàng)A正確, B錯(cuò)誤;在最低點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得Nmgma,N,選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。4(xx全國(guó)卷T17)如圖,一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。則()AWmgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)BWmgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離DWmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離解析:選C設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN,在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN,則FNmg,已知FNFN4mg,則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkNmvN2mgR。質(zhì)點(diǎn)由開(kāi)始至N點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mg2RWfEkN0,解得摩擦力做的功為WfmgR,即克服摩擦力做的功為WWfmgR。設(shè)從N到Q的過(guò)程中克服摩擦力做功為W,則WW。從N到Q的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mgRWmvQ2mvN2,即mgRWmvQ2,故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0,質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離。選項(xiàng)C正確。高考題型典型試題難度1.功、功率的計(jì)算xx全國(guó)卷T162.機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題xx全國(guó)卷T173.動(dòng)能定理的應(yīng)用xx全國(guó)卷T20xx全國(guó)卷T17題型(一) 功和功率的計(jì)算高考定位:??碱}型,解題關(guān)鍵:重在理解基本概念,掌握典型的功和功率計(jì)算方法 必備知能1計(jì)算功時(shí)的注意事項(xiàng)(1)計(jì)算功時(shí),要注意分析受力情況和能量轉(zhuǎn)化情況,分清是恒力做功還是變力做功,恒力做的功一般用功的定義式或動(dòng)能定理求解,變力做的功可用動(dòng)能定理或圖象法求解。(2)用圖象法求外力做的功時(shí),應(yīng)注意橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)分別表示的物理量,若橫坐標(biāo)表示位移,縱坐標(biāo)表示力,則可用圖線與橫坐標(biāo)圍成的面積表示功,例如圖甲、乙、丙(圖丙中圖線為圓弧),力做的功分別為W1F1x1、W2F2x2、W3F3x3。2計(jì)算功率時(shí)的注意事項(xiàng)計(jì)算功率時(shí),要明確是求瞬時(shí)功率,還是平均功率,若求瞬時(shí)功率應(yīng)明確是哪一時(shí)刻或位置的瞬時(shí)功率,若求平均功率應(yīng)明確是哪段時(shí)間內(nèi)的平均功率;應(yīng)注意區(qū)分公式P和PFvcos 的適用范圍,P用于計(jì)算平均功率,PFvcos 用于計(jì)算瞬時(shí)功率。 演練沖關(guān)1.(xx屆高三天津五區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示,某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的vt圖象為正弦曲線。從圖象可以判斷()A質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)B在t1時(shí)刻,合外力的功率最大C在t2t3時(shí)間內(nèi),合外力做負(fù)功D在0t1和t2t3時(shí)間內(nèi),合外力的平均功率相等解析:選D質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的v t圖象描述的是質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在t1時(shí)刻,v t圖線的斜率為零,加速度為零,合外力為零,合外力功率為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由題圖圖象可知,在t2t3時(shí)間內(nèi),質(zhì)點(diǎn)的速度增大,動(dòng)能增大,由動(dòng)能定理可知,合外力做正功,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;在0t1 和t2t3時(shí)間內(nèi),動(dòng)能的變化量相同,故合外力做的功相等,則合外力的平均功率相等,選項(xiàng)D正確。2(xx吉林模擬)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上,從t0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()A02 s內(nèi)外力的平均功率是 WB第2 s內(nèi)外力所做的功是 JC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11解析:選A由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,可求出,第1 s 末、第2 s末速度的大小分別為:v12 m/s、v23 m/s,02 s內(nèi)外力做功為Wmv224.5 J,平均功率為P W W,A對(duì);第2 s內(nèi)外力所做的功W2mv22mv122.5 J,B錯(cuò);第1 s末、第2 s末外力的瞬時(shí)功率分別為P1F1v14 W、P2F2v23 W,C錯(cuò);第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量分別為:mv122 J,mv22mv122.5 J,比值為45,D錯(cuò)。3(xx濰坊模擬)質(zhì)量為m2 kg的物體沿水平面向右做直線運(yùn)動(dòng),t0時(shí)刻受到一個(gè)水平向左的恒力F,如圖甲所示,此后物體的v t圖象如圖乙所示,取水平向右為正方向,g取10 m/s2,則()A物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B10 s末恒力F的瞬時(shí)功率為6 WC10 s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)4 m處D010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為0.6 W解析:選D由題圖乙可知04 s內(nèi)的加速度:a1 m/s22 m/s2,可得:Fmgma1;410 s內(nèi)的加速度:a2 m/s21 m/s2,可得:Fmgma2;解得:F3 N,0.05,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;10 s末恒力F的瞬時(shí)功率為P10F|v10|36 W18 W,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;04 s 內(nèi)的位移x148 m16 m,410 s內(nèi)的位移x266 m18 m,xx1x22 m,故10 s末物體在計(jì)時(shí)起點(diǎn)左側(cè)2 m處,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;010 s內(nèi)恒力F做功的平均功率為 W0.6 W,選項(xiàng)D正確。題型(二) 機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題高考定位:??碱}型解題關(guān)鍵:重在領(lǐng)悟機(jī)車啟動(dòng)的過(guò)程,聯(lián)系實(shí)際、結(jié)合圖象分析各物理量的變化情況 典例示法例1(xx咸陽(yáng)模擬)質(zhì)量為m的汽車在平直路面上啟動(dòng),啟動(dòng)過(guò)程的速度時(shí)間圖象如圖所示,從t1時(shí)刻起汽車的功率保持不變,整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中汽車所受阻力恒為Ff,則()A0t1時(shí)間內(nèi),汽車的牽引力等于mBt1t2時(shí)間內(nèi),汽車的功率等于Ffv1C汽車運(yùn)動(dòng)的最大速度等于v1Dt1t2時(shí)間內(nèi),汽車的平均速度小于解析由題圖可知,汽車運(yùn)動(dòng)的最大速度為v2,則有PFfv2。在0t1時(shí)間內(nèi),汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度大小為a,由牛頓第二定律可得FFfma,汽車的牽引力FFfmaFfm,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;t1t2時(shí)間內(nèi),汽車的功率保持不變,汽車功率PFfv2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;題圖上A點(diǎn)和B點(diǎn)都對(duì)應(yīng)汽車功率PFv1Ffv2,而FFfm,聯(lián)立解得v2v1,選項(xiàng)C正確;根據(jù)速度時(shí)間圖象的面積表示位移,t1t2時(shí)間內(nèi),汽車的位移為曲邊梯形ABt2t1的面積,汽車的平均速度大于,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C分析機(jī)車啟動(dòng)應(yīng)注意的三個(gè)問(wèn)題1機(jī)車啟動(dòng)的方式不同,運(yùn)動(dòng)的規(guī)律就不同,即其功率、加速度、牽引力等物理量的變化規(guī)律不同,分析圖象時(shí)應(yīng)注意坐標(biāo)軸的意義及圖象變化所描述的規(guī)律。2在公式PFv中,F(xiàn)是機(jī)車的牽引力而不是機(jī)車所受合力,因此FFf時(shí),牽引力與阻力平衡,機(jī)車達(dá)到最大運(yùn)行速度。3解決機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題一定要分清機(jī)車是勻加速啟動(dòng)還是以恒定功率啟動(dòng)。(1)以恒定功率啟動(dòng)的過(guò)程中,機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律不適用,速度最大值等于,牽引力是變力,牽引力做的功可用WPt求解,但不能用WFlcos 求解。(2)勻加速啟動(dòng)過(guò)程中,機(jī)車功率是不斷改變的,但該過(guò)程中的最大功率是額定功率,勻加速運(yùn)動(dòng)階段的最大速度小于機(jī)車所能達(dá)到的最大速度,達(dá)到額定功率后,機(jī)車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。演練沖關(guān)4多選(xx佛山第一中學(xué)檢測(cè))質(zhì)量為m的汽車在平直公路上行駛,所受的阻力恒為車重的k倍。汽車以額定功率行駛,當(dāng)它加速行駛的速度為v時(shí),加速度為a。則以下分析正確的是()A汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為kmgvB汽車行駛的最大速度為C當(dāng)汽車加速度減小到時(shí),速度增加到2vD汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為(makmg)v解析:選BD設(shè)汽車的額定功率為P,汽車的速度為v時(shí),根據(jù)牛頓第二定律知:kmgma;所以P(kmgma)v,故A錯(cuò)誤,D正確;汽車勻速行駛時(shí),牽引力等于阻力,速度最大,故有:vm,故B正確;加速度為時(shí),設(shè)此時(shí)牽引力為F,則Fkmgm,解得:Fkmg,此時(shí)速度為:vLB,所以vAvB,故B錯(cuò)誤;根據(jù)球釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)得:Tmgm,解得:Tmgm3mg,所以細(xì)線拉力相等,故A正確;根據(jù)a,解得:a2g,所以兩球的加速度相等,故C正確;兩球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,只有重力做功,機(jī)械能守恒,初始位置的機(jī)械能相等,所以在最低點(diǎn),兩球的機(jī)械能相等,故D正確。7.多選(xx天津檢測(cè))如圖所示,豎直平面內(nèi)有一光滑圓環(huán),半徑為R,圓心為O,B為最低點(diǎn),C為最高點(diǎn),圓環(huán)左下方開(kāi)一個(gè)小口與光滑斜面相切于A點(diǎn),AOB37,小球從斜面上某一點(diǎn)由靜止釋放,經(jīng)A點(diǎn)進(jìn)入圓軌道,不計(jì)小球由小口到A的機(jī)械能損失,sin 370.6,cos 370.8,要保證運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小球不離開(kāi)軌道,小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離可能是()AR B2RC3R D4R解析:選AD若使小球恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C,則mgm,根據(jù)動(dòng)能定理mg(h2R)mvC2,解得hR,由幾何關(guān)系知,小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離滿足xR,選項(xiàng)D正確;若使小球恰能經(jīng)過(guò)與圓心O等高的一點(diǎn),則釋放的高度hR,小球釋放的位置到A點(diǎn)的距離滿足xR,選項(xiàng)A正確。選擇題保分練 功和功率、動(dòng)能定理 1(xx內(nèi)蒙古赤峰二中模擬)汽車在平直公路上勻速行駛,t1時(shí)刻司機(jī)減小油門(mén)使汽車的功率立即減小一半,并保持該功率繼續(xù)行駛,到t2時(shí)刻,汽車又恢復(fù)了勻速行駛(設(shè)整個(gè)過(guò)程中汽車所受的阻力大小不變)。下列圖象能正確描述汽車速度隨時(shí)間變化的是()解析:選A汽車以功率P、速度v0勻速行駛時(shí),牽引力與阻力平衡。當(dāng)t1時(shí)刻司機(jī)減小油門(mén),汽車的功率減為P的瞬間,速度v不變,由PFv可知,汽車的牽引力突然減小到原來(lái)的一半,即FF0,阻力f沒(méi)有變化,汽車的牽引力小于阻力,汽車開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng),速度v減小,功率保持為P,由PFv可知,隨v減小,牽引力逐漸增大,由牛頓第二定律知,汽車的加速度逐漸減小,汽車做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)汽車牽引力再次等于阻力,即t2時(shí)刻,汽車再次勻速行駛,由PFv得知,此時(shí)汽車的速度為原來(lái)的一半,由題圖可知,A正確,B、C、D錯(cuò)誤。2.(xx黃岡中學(xué)檢測(cè))如圖所示,半徑為R的光滑豎直半圓弧與粗糙水平面平滑連接,輕彈簧一端與墻壁連接,另一端與可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的小滑塊接觸但不拴接,小滑塊在水平向右的外力作用下靜止于P點(diǎn),P點(diǎn)與圓弧最低點(diǎn)A的間距為R。某時(shí)刻將小滑塊由靜止釋放,小滑塊到達(dá)A點(diǎn)之前已與彈簧分離,此后恰好能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)C。已知小滑塊和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g。上述過(guò)程中彈簧對(duì)小滑塊做的功為()A2mgR B2.5mgRC3mgR D3.5mgR解析:選C小滑塊恰好能到達(dá)半圓弧最高點(diǎn)C,則在C點(diǎn):mgm,從釋放到C點(diǎn),由動(dòng)能定理得:WmgxPAmg2RmvC20,解得W3mgR,故C正確。3.(xx石家莊檢測(cè))質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),其v t圖象如圖所示(豎直向上為正方向,DE段為直線),已知重力加速度大小為g,下列說(shuō)法正確的是()At3t4時(shí)間內(nèi),小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)Bt0t2時(shí)間內(nèi),合力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功C0t2時(shí)間內(nèi),小球的平均速度一定為Dt3t4時(shí)間內(nèi),拉力做的功為(v4v3)g(t4t3)解析:選D根據(jù)題意,豎直向上為正方向,故在t3t4時(shí)間內(nèi),小球豎直向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;t0t2時(shí)間內(nèi),小球速度一直增大,根據(jù)動(dòng)能定理可知,合力對(duì)小球一直做正功,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;0t2時(shí)間內(nèi),小球的平均速度等于位移與時(shí)間的比值,不一定為,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,在t3t4時(shí)間內(nèi):WFmg(t4t3)mv42mv32,整理可得:WF(v4v3)g(t4t3),故選項(xiàng)D正確。4.(xx江西師范大學(xué)附中檢測(cè))如圖所示,豎直放置的等螺距螺線管高為h,該螺線管是用長(zhǎng)為l的硬質(zhì)直管(內(nèi)徑遠(yuǎn)小于h)彎制而成。一光滑小球從上端管口由靜止釋放,關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是()A小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與l有關(guān)B小球到達(dá)下端管口時(shí)重力的功率為mgC小球到達(dá)下端的時(shí)間為 D小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受管道的作用力大小不變解析:選C在小球到達(dá)下端管口的過(guò)程中只有重力做功,故根據(jù)動(dòng)能定理可知mghmv2,解得v,小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與h有關(guān),與l無(wú)關(guān),故A錯(cuò)誤;小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度為v,速度沿管道的切線方向,故重力的瞬時(shí)功率為Pmgsin (為此時(shí)小球速度方向與水平方向的夾角),故B錯(cuò)誤;小球在管內(nèi)下滑的加速度滿足v22al,解得a,設(shè)下滑所需時(shí)間為t,則lat2,t ,故C正確;小球從上端管口到達(dá)下端過(guò)程中,速度越來(lái)越大,做的是螺旋加速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)Fn可知,所受支持力(管道作用力)越來(lái)越大,故D錯(cuò)誤。5(xx黃岡中學(xué)檢測(cè))豎直上拋一球,球又落回原處,空氣阻力的大小與球的速度成正比,則()A上升過(guò)程中克服重力做的功大于下降過(guò)程中重力做的功B上升過(guò)程中克服重力做的功小于下降過(guò)程中重力做的功C上升過(guò)程中克服重力做功的平均功率大于下降過(guò)程中重力做功的平均功率D上升過(guò)程中克服重力做功的平均功率等于下降過(guò)程中重力做功的平均功率解析:選C重力做功的大小只與球的初、末位置有關(guān),與路徑無(wú)關(guān),所以在上升和下降的過(guò)程中,重力做功的大小是相等的,故上升過(guò)程中克服重力做的功等于下降過(guò)程中重力做的功,A、B錯(cuò)誤;球在上升的過(guò)程中受到的阻力向下,在下降的過(guò)程中受到的阻力向上,所以在上升時(shí)球受到的合力大,加速度大,此過(guò)程球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間短,在上升和下降的過(guò)程中,球所受重力做功的大小是相同的,由P可知,上升過(guò)程中重力的平均功率較大,所以C正確,D錯(cuò)誤。6.多選(xx太原模擬)如圖所示,豎直固定的光滑絕緣桿上O點(diǎn)套有一個(gè)質(zhì)量為m、帶電量為q(q0)的小環(huán)。在桿的左側(cè)固定一個(gè)帶電量為Q的點(diǎn)電荷,桿上A、B兩點(diǎn)與Q正好構(gòu)成一邊長(zhǎng)為a的等邊三角形,OA間距離也為a?,F(xiàn)將小環(huán)從O點(diǎn)由靜止釋放,若小環(huán)通過(guò)A點(diǎn)的速率為,則在小環(huán)從O到B的過(guò)程中()A在O點(diǎn)時(shí),小環(huán)與點(diǎn)電荷形成的系統(tǒng)電勢(shì)能最大B到達(dá)AB的中點(diǎn)時(shí),小環(huán)速度一定最大C從O到B,電場(chǎng)力對(duì)小環(huán)一直做正功D到達(dá)B點(diǎn)時(shí),小環(huán)的速率為解析:選AD點(diǎn)電荷在OB段的O點(diǎn)電勢(shì)最小,由于小環(huán)的帶電量q0,則在O點(diǎn)時(shí)小環(huán)與點(diǎn)電荷形成的系統(tǒng)電勢(shì)能最大,A正確;到達(dá)AB的中點(diǎn)時(shí),受電場(chǎng)力方向水平,小環(huán)所受合外力等于mg,加速度ag,小環(huán)將繼續(xù)加速,B錯(cuò)誤;從O到B,電場(chǎng)力對(duì)小環(huán)先做正功后做負(fù)功,總功是正功,C錯(cuò)誤;從O到A,根據(jù)動(dòng)能定理:mgaqUOAmv2mga,從O到B,根據(jù)動(dòng)能定理:mg2aqUOBmv2,由點(diǎn)電荷電場(chǎng)分布特點(diǎn)及幾何關(guān)系知,UOBUOA,解得v,D正確。7.多選(xx屆高三湖北七校聯(lián)考)如圖所示,傾角為37的光滑斜面上粘貼有一厚度不計(jì)、寬度為d0.2 m的橡膠帶,橡膠帶的上表面與斜面位于同一平面內(nèi),其上、下邊緣與斜面的上、下邊緣平行,橡膠帶的上邊緣到斜面的頂端距離為L(zhǎng)0.4 m,現(xiàn)將質(zhì)量為m1 kg、寬度也為d的矩形板上邊緣與斜面頂端平齊且從斜面頂端靜止釋放。已知矩形板與橡膠帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度取g10 m/s2,不計(jì)空氣阻力,矩形板由斜面頂端靜止釋放下滑到完全離開(kāi)橡膠帶的過(guò)程中(此過(guò)程矩形板始終在斜面上,sin 370.6,cos 370.8),下列說(shuō)法正確的是()A矩形板受到的摩擦力為Ff4 NB矩形板的重力做功為 WG3.6 JC產(chǎn)生的熱量為Q0.8 JD矩形板的上邊緣滑過(guò)橡膠帶下邊緣時(shí)速度大小為v m/s解析:選BCD矩形板在滑過(guò)橡膠帶的過(guò)程中對(duì)橡膠帶的正壓力是變化的,所以矩形板受到的摩擦力是變化的,所以A錯(cuò)誤;重力做功WGmg(Ld)sin 3.6 J,所以B正確;矩形板在滑上橡膠帶的過(guò)程中,摩擦力隨矩形板下滑由0均勻增大到mgcos ,在滑下橡膠帶的過(guò)程中,摩擦力隨矩形板下滑由mgcos 均勻減小到0,上述兩個(gè)過(guò)程對(duì)應(yīng)矩形板的下滑距離均為d,產(chǎn)生的熱量等于克服摩擦力做功Q2mgcos d0.8 J,所以C正確;根據(jù)動(dòng)能定理:WGQmv20,解得v m/s,所以D正確。8.多選(xx屆高三衡陽(yáng)聯(lián)考)一輛汽車在平直的公路上運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牽引功率,其牽引力和速度的關(guān)系圖象如圖所示。若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達(dá)到的最大速度v3,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力恒定,則根據(jù)圖象所給的信息,下列說(shuō)法正確的是()A汽車行駛中所受的阻力為B汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中牽引力的沖量大小為C速度為v2時(shí)的加速度大小為D若速度為v2時(shí)牽引力恰為,則有v22v1解析:選ABD根據(jù)牽引力和速度的關(guān)系圖象和功率PFv 得,汽車運(yùn)動(dòng)中的最大功率為F1v1,汽車達(dá)到最大速度v3時(shí)加速度為零,此時(shí)阻力等于牽引力,所以阻力f,A正確;根據(jù)牛頓第二定律,保持某一恒定加速度時(shí),加速度a,加速的時(shí)間:t,則汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中牽引力的沖量大小為IF1t,B正確;汽車保持的恒定的牽引功率為F1v1,故速度為v2時(shí)的牽引力是,對(duì)汽車受力分析,受重力、支持力、牽引力和阻力,根據(jù)牛頓第二定律,可得速度為v2時(shí)加速度大小為a,C錯(cuò)誤;若速度為v2時(shí)牽引力恰為,則,則v22v1,D正確。高考研究(七) 聚焦選擇題考法機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系1.多選(xx全國(guó)卷T21)如圖,滑塊a、b的質(zhì)量均為m,a套在固定豎直桿上,與光滑水平地面相距h,b放在地面上。a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接,由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦,a、b可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度大小為g。則()Aa落地前,輕桿對(duì)b一直做正功Ba落地時(shí)速度大小為Ca下落過(guò)程中,其加速度大小始終不大于gDa落地前,當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí),b對(duì)地面的壓力大小為mg解析:選BD由題意知,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。設(shè)某時(shí)刻a、b的速度分別為va、vb。此時(shí)剛性輕桿與豎直桿的夾角為,分別將va、vb分解,如圖。因?yàn)閯傂詶U不可伸長(zhǎng),所以沿桿的分速度v與v是相等的,即vacos vb sin 。當(dāng)a滑至地面時(shí)90,此時(shí)vb0,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mghmva2,解得va,選項(xiàng)B正確;同時(shí)由于b初、末速度均為零,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其動(dòng)能先增大后減小,即桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;桿對(duì)b的作用先是推力后是拉力,對(duì)a則先是阻力后是動(dòng)力,即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時(shí)大于g,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;b的動(dòng)能最大時(shí),桿對(duì)a、b的作用力為零,此時(shí)a的機(jī)械能最小,b只受重力和支持力,所以b對(duì)地面的壓力大小為mg,選項(xiàng)D正確。2.多選(xx全國(guó)卷T21)如圖,小球套在光滑的豎直桿上,輕彈簧一端固定于O點(diǎn),另一端與小球相連。現(xiàn)將小球從M點(diǎn)由靜止釋放,它在下降的過(guò)程中經(jīng)過(guò)了N點(diǎn)。已知在M、N兩點(diǎn)處,彈簧對(duì)小球的彈力大小相等,且ONMOMN。在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中()A彈力對(duì)小球先做正功后做負(fù)功B有兩個(gè)時(shí)刻小球的加速度等于重力加速度C彈簧長(zhǎng)度最短時(shí),彈力對(duì)小球做功的功率為零D小球到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于其在M、N兩點(diǎn)的重力勢(shì)能差解析:選BCD在M、N兩點(diǎn)處,彈簧對(duì)小球的彈力大小相等,且ONMOMN,則小球在M點(diǎn)時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài),在N點(diǎn)時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài),小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧長(zhǎng)度先縮短,當(dāng)彈簧與豎直桿垂直時(shí)彈簧達(dá)到最短,這個(gè)過(guò)程中彈力對(duì)小球做負(fù)功,然后彈簧再伸長(zhǎng),彈力對(duì)小球開(kāi)始做正功,當(dāng)彈簧達(dá)到自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí),彈力為零,再隨著彈簧的伸長(zhǎng)彈力對(duì)小球做負(fù)功,故整個(gè)過(guò)程中,彈力對(duì)小球先做負(fù)功,再做正功,后再做負(fù)功,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在彈簧與桿垂直時(shí)及彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)時(shí),小球加速度等于重力加速度,選項(xiàng)B正確;彈簧與桿垂直時(shí),彈力方向與小球的速度方向垂直,則彈力對(duì)小球做功的功率為零,選項(xiàng)C正確;由機(jī)械能守恒定律知,在M、N兩點(diǎn)彈簧彈性勢(shì)能相等,在N點(diǎn)動(dòng)能等于從M點(diǎn)到N點(diǎn)重力勢(shì)能的減小值,選項(xiàng)D正確。高考題型典型試題難度1.機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用xx全國(guó)卷T212.功能關(guān)系的應(yīng)用xx全國(guó)卷T21題型(一) 機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用必備知能1機(jī)械能守恒定律的理解2運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求解問(wèn)題時(shí)的注意點(diǎn)(1)研究對(duì)象的選取研究對(duì)象的選取是解題的首要環(huán)節(jié),有的問(wèn)題選單個(gè)物體(實(shí)為一個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng))為研究對(duì)象機(jī)械能不守恒,但選此物體與其他幾個(gè)物體組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,機(jī)械能卻是守恒的。如圖所示,單獨(dú)選物體A機(jī)械能減少,但由物體A、B二者組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(2)研究過(guò)程的選取有些問(wèn)題研究對(duì)象的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分幾個(gè)階段,有的階段機(jī)械能守恒,而有的階段機(jī)械能不守恒。因此,在應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題時(shí)要注意過(guò)程的選取。(3)守恒表達(dá)式的選取“守恒觀點(diǎn)”的表達(dá)式適用于單個(gè)或多個(gè)物體機(jī)械能守恒的問(wèn)題,列式時(shí)需選取參考平面,而用“轉(zhuǎn)移”和“轉(zhuǎn)化”的角度反映機(jī)械能守恒時(shí),不必選取參考平面。演練沖關(guān)1.(xx甘肅檢測(cè))如圖所示,固定在水平面上的光滑斜面傾角為30,質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過(guò)細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑定滑輪兩側(cè),斜面底端有一與斜面垂直的擋板。開(kāi)始時(shí)用手按住物體M,此時(shí)M離擋板的距離為s,滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直,且彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。已知M2m,空氣阻力不計(jì)。松開(kāi)手后,關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法中正確的是()AM和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B當(dāng)M的速度最大時(shí),m與地面間的作用力為零C若M恰好能到達(dá)擋板處,則此時(shí)m的加速度為零D若M恰好能到達(dá)擋板處,則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于m的機(jī)械能增加量解析:選B因M、m之間有彈簧,故兩物體所受彈簧的彈力做功,機(jī)械能不守恒,故A錯(cuò)誤;M的重力沿斜面的分力為Mgsin 30mg,先做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)受力平衡時(shí)M速度達(dá)最大,則此時(shí)m受細(xì)繩拉力為mg,故m與地面間的作用力恰好為零,故B正確;然后M做減速運(yùn)動(dòng),M恰好到達(dá)擋板處時(shí),即速度恰好減小到零,彈簧仍處于伸長(zhǎng)狀態(tài)且彈力大于mg,m的加速度不為零,故C錯(cuò)誤;若M恰好能到達(dá)擋板處,則此過(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量與m的機(jī)械能增加量之和,故D錯(cuò)誤。2(xx宜賓模擬)如圖甲所示,傾角為30的光滑斜面固定在水平面上,自然伸長(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上。一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端一定距離的位置由靜止釋放,接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)。小球運(yùn)動(dòng)的v t圖象如圖乙所示,其中OA段為直線,AB段是與OA相切于A點(diǎn)的平滑曲線,BC是平滑曲線,不考慮空氣阻力,重力加速度為g。關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,下列說(shuō)法正確的是()A小球在tB時(shí)刻所受彈簧彈力大于mgB小球在tC時(shí)刻的加速度大于gC小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后,不能回到出發(fā)點(diǎn)D小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中,重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量解析:選B由題圖乙可知,小球在tB時(shí)刻加速度大小為零,此時(shí)F彈mgsin 30mg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球在tC時(shí)刻到達(dá)最低點(diǎn),彈力達(dá)到最大值,小球在A點(diǎn)的加速度大小為gsin 30g,C點(diǎn)的切線斜率的大小大于A點(diǎn)的切線斜率的大小,即小球在tC時(shí)刻的加速度大于g,選項(xiàng)B正確;由能量守恒定律可知,小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后,能回到出發(fā)點(diǎn),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中,重力勢(shì)能與動(dòng)能減少量之和等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.多選(xx泰安檢測(cè))如圖所示,將質(zhì)量為2m的重物懸掛在輕繩的一端,輕繩的另一端系一質(zhì)量為m的環(huán),環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上A點(diǎn),光滑定滑輪與直桿的距離為d。A點(diǎn)與定滑輪等高,B點(diǎn)在距A點(diǎn)正下方d處。現(xiàn)將環(huán)從A由靜止釋放,不計(jì)一切摩擦阻力,下列說(shuō)法正確的是()A環(huán)到達(dá)B時(shí),重物上升的高度hdB環(huán)從A到B,環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能C環(huán)從A能下降的最大高度為dD當(dāng)環(huán)下降時(shí),輕繩的拉力T2mg解析:選BC根據(jù)幾何關(guān)系有,環(huán)到達(dá)B時(shí),重物上升的高度hdd,故A錯(cuò)誤;環(huán)下滑過(guò)程中無(wú)摩擦力做功,故系統(tǒng)機(jī)械能守恒,即環(huán)減少的機(jī)械能等于重物增加的機(jī)械能,故B正確;設(shè)環(huán)下降到最大高度為H時(shí),環(huán)和重物的速度均為零,此時(shí)重物上升的最大高度為:d,根據(jù)機(jī)械能守恒有:mgH2mg,解得:H,故C正確;環(huán)向下運(yùn)動(dòng),做非勻速運(yùn)動(dòng),有加速度,所以重物向上運(yùn)動(dòng),也有加速度,即環(huán)下降的時(shí)候,輕繩的拉力不可能是2mg,故D錯(cuò)誤。題型(二) 功能關(guān)系的應(yīng)用高考定位:??碱}型,解題關(guān)鍵:重在理清各種功能關(guān)系,明確力做功與哪種能量變化對(duì)應(yīng)典例示法典例多選(xx重慶永川中學(xué)模擬)如圖所示,不帶電物體A和帶電的物體B用跨過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接,A、B的質(zhì)量分別為2m和m,勁度系數(shù)為k的輕彈簧一端固定在水平面上,另一端與物體A相連,傾角為的斜面處于沿斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,整個(gè)系統(tǒng)不計(jì)一切摩擦。開(kāi)始時(shí),物體B在一沿斜面向上的外力F3mgsin 的作用下保持靜止,且輕繩恰好伸直,然后撤去外力F,直到物體B獲得最大速度,且彈簧未超過(guò)彈性限度,則在此過(guò)程中()A物體B受到的電場(chǎng)力大小為mgsin B物體B的速度最大時(shí),彈簧的伸長(zhǎng)量為C撤去外力F的瞬間,物體B的加速度為gsin D物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于物體B和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能的減少量解析開(kāi)始時(shí),外力F作用在物體B上,物體B處于靜止?fàn)顟B(tài),對(duì)物體B分析可知:Fmgsin F電0,解得:F電2mgsin ,故A錯(cuò)誤;當(dāng)撤去外力瞬間,對(duì)物體A、B整體分析,整體受到的合力為:F合F電mgsin 3mgsin ,由F合3ma可得agsin ,故C正確;當(dāng)物體B所受的合力為零時(shí),物體B的速度最大,由:kxF電mgsin ,解得彈簧的伸長(zhǎng)量為:x,故B正確;根據(jù)能量守恒可知,物體A、彈簧和地球所組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于物體B電勢(shì)能的減少量及其機(jī)械能的減少量之和,故D錯(cuò)誤。答案BC演練沖關(guān)4(xx株洲檢測(cè))一質(zhì)量為m的鋁球用細(xì)線懸掛靜止在足夠深的油槽中如圖甲所示,某時(shí)刻剪斷細(xì)線,鋁球開(kāi)始在油槽中下沉,通過(guò)傳感器得到鋁球的加速度隨下沉速度變化的圖象如圖乙所示,已知重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是()A鋁球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的加速度a0gB鋁球下沉的速度將會(huì)一直增大C鋁球下沉過(guò)程所受油的阻力fD鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力所做的功解析:選C鋁球剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),受到豎直向下的重力和豎直向上的浮力作用,即a0gg,A錯(cuò)誤;從題圖乙中可知,鋁球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到v0時(shí)加速度減小到零,速度不會(huì)一直增大,B錯(cuò)誤;剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)mgF浮ma0,鋁球下沉過(guò)程中受重力、油的阻力、浮力,由牛頓第二定律可得,mgF浮fma,由a0 v0圖象可知aa0v,解得油的阻力f,C正確;鋁球下沉過(guò)程機(jī)械能的減少量等于克服油的阻力、浮力所做的功,D錯(cuò)誤。5多選(xx棗莊檢測(cè))如圖甲所示,質(zhì)量為1 kg 的小物塊,以初速度v011 m/s從53的固定斜面底端先后兩次滑上斜面,第一次對(duì)小物塊施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力,圖乙中的兩條線段a、b分別表示施加恒力F和不施加力時(shí)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的v t 圖線,不考慮空氣阻力,g10 m/s2,sin 530.8,cos 530.6,下列說(shuō)法正確的是()A恒力F大小為21 NB小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5C有恒力F時(shí),小物塊在整個(gè)上升過(guò)程產(chǎn)生的熱量較少D有恒力F時(shí),小物塊在整個(gè)上升過(guò)程機(jī)械能的減少量較小解析:選BD根據(jù)v t圖線的斜率等于加速度可知:aa m/s210 m/s2,ab m/s211 m/s2。不施加力時(shí):mabmgsin 53mgcos 53,解得:0.5。有恒力F時(shí):maaFmgsin 53mgcos 53,解得:F1 N,故B正確,A錯(cuò)誤;根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式:x可知,有恒力F時(shí),小物塊的加速度小,位移大,所以在上升過(guò)程產(chǎn)生的熱量較多,故C錯(cuò)誤;結(jié)合C的分析可知,有恒力F時(shí),小物塊上升的高度比較大,所以在最高點(diǎn)的重力勢(shì)能比較大,而兩次上升的過(guò)程動(dòng)能的減少量是相等的,所以在上升過(guò)程機(jī)械能的減少量較小,故D正確。6.多選(xx肇慶模擬)如圖所示,長(zhǎng)為2L的輕桿上端固定一質(zhì)量為m的小球,下端用光滑鉸鏈連接于地面上的 O點(diǎn),桿可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。定滑輪固定于地面上方L處,電動(dòng)機(jī)由跨過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的繩子與桿的中點(diǎn)相連。啟動(dòng)電動(dòng)機(jī),桿從虛線位置繞O點(diǎn)逆時(shí)針倒向地面,假設(shè)整個(gè)倒下去的過(guò)程中,桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。則在此過(guò)程中()A小球重力做功為2mgLB繩子拉力做功大于2mgLC小球重力做功功率逐漸增大D繩子拉力做功功率先增大后減小解析:選AC重力做功為重力mg乘以豎直方向位移,即重心下降的高度2L,所以重力做功為2mgL,選項(xiàng)A正確;小球動(dòng)能一直沒(méi)有發(fā)生變化,即合外力做功等于0,所以拉力做功等于重力做功,即2mgL,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,小球重力和速度方向夾角逐漸變小,速度大小和重力都不變,所以重力做功的功率逐漸變大,選項(xiàng)C正確;任意一段時(shí)間內(nèi)小球動(dòng)能都不變,所以繩子拉力做功的功率和重力做功的功率始終相等,即逐漸變大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。選擇題保分練 機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系 1(xx蘇錫常鎮(zhèn)四市模擬)以一定的初速度從地面豎直向上拋出一小球,小球上升到最高點(diǎn)之后,又落回到拋出點(diǎn),假設(shè)小球所受空氣阻力與速度大小成正比,則小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,機(jī)械能E隨離地高度h的變化關(guān)系可能正確的是()解析:選D由于fkv,由能量關(guān)系可知:EE0fhE0kvh;上升過(guò)程中,速度減小,故E h圖象的斜率減??;下降過(guò)程中,速度增大,故E h圖象的斜率變大;上升過(guò)程的初速度大于下降過(guò)程的末速度,上升過(guò)程的平均速度大于下降過(guò)程的平均速度,上升過(guò)程中的平均阻力大于下降過(guò)程中的平均阻力,故上升過(guò)程中機(jī)械能的減小量比下降過(guò)程中機(jī)械能的減小量大。則D正確,A、B、C錯(cuò)誤。2.(xx屆高三本溪三校聯(lián)考)如圖所示,豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中,絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上,一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力F的作用下靜止于圖示位置,小球與彈簧不拴接,彈簧處于壓縮狀態(tài),現(xiàn)撤去F,在小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中,重力、電場(chǎng)力、彈簧彈力對(duì)小球做的功分別為W1、W2、W3,不計(jì)空氣阻力,則上述過(guò)程中()A小球重力勢(shì)能的增量為W1B小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C小球動(dòng)能的增量為W1W2D小球機(jī)械能的增加量為W2W3解析:選D由題意可知,此過(guò)程中重力做負(fù)功,故EpWGW1,A錯(cuò)誤;此過(guò)程中電場(chǎng)力做功,所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,B錯(cuò)誤;此過(guò)程中電場(chǎng)力、重力、彈力做功,根據(jù)動(dòng)能定理可得EkW1W2W3,C錯(cuò)誤;重力以外的力做功等于小球機(jī)械能的變化量,故小球機(jī)械能的增加量等于彈力和電場(chǎng)力做功,所以EW2W3,D正確。3.(xx肇慶模擬)一個(gè)長(zhǎng)直輕桿兩端分別固定一個(gè)小球A和B,兩小球質(zhì)量均為m,大小忽略不計(jì),桿的長(zhǎng)度為l。先將桿豎直靠放在豎直墻上,如圖所示,輕輕振動(dòng)小球B,使小球B在水平面上由靜止開(kāi)始向右滑動(dòng),當(dāng)小球A沿墻下滑距離為l時(shí),下列說(shuō)法正確的是(不計(jì)一切摩擦)()A小球A和B的速度都為B小球A和B的速度都為C小球A、B的速度分別為和D小球A、B的速度分別為和解析:選C由題意及幾何關(guān)系易知,此時(shí)桿與水平面的夾角為30,如圖所示,設(shè)此時(shí)小球A向下的速度為v1,小球B水平向右的速度為v2,則它們沿桿方向的分速度大小相等,即v1sin 30v2cos 30,得v1v2,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;又因?yàn)闂U向下滑時(shí)系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故mglmgmv12mv22,聯(lián)立兩式解得v1,v2;選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。4.如圖所示,固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán),圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接,彈簧的另一端連接在墻上,且處于原長(zhǎng)狀態(tài)?,F(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑,已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng),圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L(未超過(guò)彈性限度),則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中()A圓環(huán)的機(jī)械能守恒B彈簧彈性勢(shì)能變化了mgLC圓環(huán)下滑到最大距離時(shí),所受合力為零D圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變解析:選B圓環(huán)沿桿下滑的過(guò)程中,圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)能、彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能之和守恒,選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤;彈簧長(zhǎng)度為2L時(shí),圓環(huán)下落的高度hL,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,彈簧的彈性勢(shì)能增加了EpmghmgL,選項(xiàng)B正確;圓環(huán)釋放后,圓環(huán)向下先做加速運(yùn)動(dòng),后做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度最大時(shí),合力為零,下滑到最大距離時(shí),具有向上的加速度,合力不為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。5.多選(xx西安高新一中模擬)一個(gè)質(zhì)量為m的物體以某一速度從固定斜面底端沖上傾角為30的斜面,其加速度為g,如圖所示,此物體在斜面上上升的最大高度為h,則此過(guò)程中()A物體動(dòng)能增加了mghB物體克服重力做功mghC物體機(jī)械能損失了mghD物體克服摩擦力做功mgh解析:選BC物體在斜面上加速度為g,方向沿斜面向下,物體所受合力F合mamg,方向沿斜面向下,斜面傾角為30,由幾何關(guān)系知,物體從斜面底端到最大高度處的位移為2h,物體從斜面底端到最大高度處,合力做功W合F合2hmgh,根據(jù)動(dòng)能定理得W合Ek,所以物體動(dòng)能減小mgh,故A錯(cuò)誤;根據(jù)功的定義式得:重力做功WGmgh,故B正確;重力做功量度重力勢(shì)能的變化,所以物體重力勢(shì)能增加了mgh,而物體動(dòng)能減小mgh,所以物體機(jī)械能損失了mgh,故C正確;除了重力之外的力做的功量度機(jī)械能的變化,物體除了重力之外還有摩擦力做功,物體機(jī)械能減小了mgh,所以摩擦力做功為mgh,故D錯(cuò)誤。6.多選(xx河南中原名校檢測(cè))如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為2m的甲球和一個(gè)質(zhì)量為m的乙球,用長(zhǎng)度為2R的輕桿連接,兩個(gè)球都被限制在半徑為R的光滑圓形豎直固定軌道上。初始時(shí)刻,輕桿豎直,且質(zhì)量為2m的甲球在上方。此時(shí),因受擾動(dòng)兩球開(kāi)始運(yùn)動(dòng),重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是()A甲球下滑過(guò)程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能B甲球下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能總等于乙球增加的重力勢(shì)能C整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中甲球的最大速度為D甲球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)前,輕桿對(duì)乙球一直做正功解析:選AD以兩個(gè)球?yàn)橄到y(tǒng)分析,在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,重力對(duì)系統(tǒng)做正功,甲球和乙球的動(dòng)能都增加。由于只有動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化,所以甲球下滑過(guò)程中減少的機(jī)械能總等于乙球增加的機(jī)械能,故A正確;在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,重力對(duì)系統(tǒng)做正功,甲球和乙球的動(dòng)能都增加,所以甲球下滑過(guò)程中減少的重力勢(shì)能總大于乙球增加的重力勢(shì)能,故B錯(cuò)誤;當(dāng)甲球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),乙球也到達(dá)了最高點(diǎn),該過(guò)程中系統(tǒng)減小的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能,由于兩球的線速度相等,設(shè)該速度為v,則:2mgRmgRmv22mv2,解得:v ,故C錯(cuò)誤;甲球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)前,乙球的重力勢(shì)能一直增大,同時(shí)其動(dòng)能也一直增大,可知輕桿對(duì)乙球一直做正功,故D正確。7.多選(xx山西檢測(cè))如圖所示,輕彈簧一端固定在O點(diǎn),另一端與質(zhì)量為m的帶孔小球相連,小球套在豎直固定桿上,輕彈簧自然長(zhǎng)度正好等于O點(diǎn)到固定桿的距離OO。小球從桿上的A點(diǎn)由靜止釋放后,經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度最大,運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)速度減為零。若在C點(diǎn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度v,小球恰好能到達(dá)A點(diǎn)。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧始終在彈性限度內(nèi),下列說(shuō)法正確的是()A從A下滑到O的過(guò)程中,彈簧彈力做功的功率先增大后減小B從A下滑到C的過(guò)程中,在B點(diǎn)時(shí)小球、彈簧及地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能最大C從A下滑到C的過(guò)程中,小球克服摩擦力做的功為mv2D從C上升到A的過(guò)程中,小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的加速度為零解析:選AC小球從A下滑到O的過(guò)程,彈簧彈力與速度方向成銳角,彈力做正功,但彈力在減小,速度在增大,而在O彈力為零,功率為零,則從A下滑到O的過(guò)程中,彈力的功率先增大后減小,選項(xiàng)A正確;由全過(guò)程的運(yùn)動(dòng)可知,一直有摩擦力做負(fù)功,系統(tǒng)的機(jī)械能一直減小,故小球在A的機(jī)械能最大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;從A到C由動(dòng)能定理:WGWfW彈00,從C到A,由于路徑和A、C位置均不變,則WG、Wf、W彈的大小相同,有WGWfW彈0mv2,解得Wfmv2,選項(xiàng)C正確;小球從A至C經(jīng)過(guò)B時(shí)速度最大,則加速度為零,此時(shí)摩擦力向上與彈簧彈力、桿的彈力、重力的合力為零;而從C至A經(jīng)過(guò)B時(shí)彈簧彈力和重力均相同,但摩擦力向下,故合力不為零,加速度不為零,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8.多選(xx屆高三邵陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示,物體A、B通過(guò)細(xì)繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè),物體A、B的質(zhì)量分別為2m、m。開(kāi)始時(shí)細(xì)繩伸直,B靜止在桌面上,用手托著A使彈簧處于原長(zhǎng),且A與地面的距離為h。放手后A下落,著地時(shí)速度大小為v,此時(shí)B對(duì)桌面恰好無(wú)壓力。不計(jì)一切摩擦及空氣阻力,重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是()AA下落過(guò)程中,A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B彈簧的勁度系數(shù)為CA著地時(shí)的加速度大小為DA著地時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mghmv2解析:選AC因?yàn)锽沒(méi)有運(yùn)動(dòng),所以A下落過(guò)程中,只有彈簧彈力和重力做功,故A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,A正確;因?yàn)锳剛下落時(shí),彈簧處于原長(zhǎng),A落地時(shí),彈簧對(duì)B的彈力大小等于B的重力,故khmg,解得k,B錯(cuò)誤;A著地時(shí)彈簧對(duì)細(xì)繩的拉力大小為mg,對(duì)A分析,受到豎直向上的拉力,大小為mg,豎直向下的重力,大小為2mg,根據(jù)牛頓第二定律可得2mgmg2ma,解得a,C正確;A下落過(guò)程中,A和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故2mgh2mv2Ep,解得Ep2mghmv2,D錯(cuò)誤。高考研究(八) 聚焦選擇題考法動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律1多選(xx全國(guó)卷T20)一質(zhì)量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)。F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示,則()At1 s時(shí)物塊的速率為1 m/sBt2 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4 kgm/sCt3 s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5 kgm/sDt4 s時(shí)物塊的速度為零解析:選AB方法一:根據(jù)Ft圖線與時(shí)間軸圍成的面積的物理意義為合外力F的沖量,可知在01 s、02 s、03 s、04 s內(nèi)合外力沖量分別為2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns,應(yīng)用動(dòng)量定理Imv可知物塊在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分別為1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s,物塊在這些時(shí)刻的動(dòng)量大小分別為2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s,則A、B正確,C、D錯(cuò)誤。方法二:前2 s內(nèi)物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度a1 m/s21 m/s2,t1 s時(shí)物塊的速率v1a1t11 m/s,A正確;t2 s時(shí)物塊的速率v2a1t22 m/s,動(dòng)量大小為p2mv24 kgm/s,B正確;物塊在24 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度的大小為a20.5 m/s2,t3 s時(shí)物塊的速率v3v2a2t3(20.51)m/s1.5 m/s,動(dòng)量大小為p3mv33 kgm/s,C錯(cuò)誤;t4 s時(shí)物塊的速率v4v2a2t4(20.52)m/s1 m/s,D錯(cuò)誤。2(xx全國(guó)卷T14)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)()A30 kg- 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。
- 2.下載的文檔,不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請(qǐng)點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁(yè)顯示word圖標(biāo),表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開(kāi)word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國(guó)旗、國(guó)徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對(duì)作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題2 電場(chǎng)與磁場(chǎng)教學(xué)案 2019 2020 年高 物理 二輪 復(fù)習(xí) 專題 電場(chǎng) 磁場(chǎng) 教學(xué)
鏈接地址:http://www.szxfmmzy.com/p-5508005.html