(新課標(biāo))2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律夯基提能作業(yè)本.docx
《(新課標(biāo))2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律夯基提能作業(yè)本.docx》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(新課標(biāo))2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律夯基提能作業(yè)本.docx(9頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第4講功能關(guān)系能量守恒定律A組基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 1.起跳摸高是學(xué)生經(jīng)常進(jìn)行的一項(xiàng)體育活動(dòng)。一質(zhì)量為m的同學(xué)彎曲兩腿向下蹲,然后用力蹬地起跳,從該同學(xué)用力蹬地到剛離開(kāi)地面的起跳過(guò)程中,他的重心上升了h,離地時(shí)他的速度大小為v。下列說(shuō)法正確的是()A.該同學(xué)的機(jī)械能增加了mghB.起跳過(guò)程中該同學(xué)機(jī)械能的增量為mgh+12mv2C.地面的支持力對(duì)該同學(xué)做的功為mgh+12mv2D.該同學(xué)所受的合外力對(duì)其做的功為12mv2+mgh答案B該同學(xué)重心升高了h,重力勢(shì)能增加了mgh,又知離地時(shí)獲得的動(dòng)能為12mv2,則機(jī)械能增加了mgh+12mv2,A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;該同學(xué)在與地面作用的過(guò)程中,支持力對(duì)該同學(xué)做的功為零,C項(xiàng)錯(cuò)誤;該同學(xué)所受的合外力對(duì)其做的功等于動(dòng)能的增量,即W合=12mv2,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(多選)(2019山東臨沂質(zhì)檢)如圖所示,在升降機(jī)內(nèi)有一固定的光滑斜面體,一輕彈簧的一端連在位于斜面體下方的固定木板A上,另一端與質(zhì)量為m的物塊B相連,彈簧與斜面平行。升降機(jī)由靜止開(kāi)始加速上升高度h的過(guò)程中()A.物塊B的重力勢(shì)能增加量一定等于mghB.物塊B的動(dòng)能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對(duì)其做功的代數(shù)和C.物塊B的機(jī)械能增加量等于斜面的支持力和彈簧的彈力對(duì)其做功的代數(shù)和D.物塊B和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能的增加量等于斜面對(duì)物塊B的支持力和A對(duì)彈簧的彈力做功的代數(shù)和答案CD升降機(jī)靜止時(shí),物塊B受重力、支持力、彈簧的彈力,處于平衡狀態(tài),當(dāng)物塊B隨升降機(jī)加速上升時(shí),其具有向上的加速度,合力向上,彈簧彈力和支持力在豎直方向上的合力大于重力,所以彈簧的彈力增大,物塊B相對(duì)于斜面向下運(yùn)動(dòng),物塊B上升的高度小于h,所以重力勢(shì)能的增加量小于mgh,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知,動(dòng)能的增加量等于合力做的功,經(jīng)受力分析可知,物塊B受三個(gè)力的作用,除彈簧彈力和支持力外,還有重力,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知,機(jī)械能的增量等于除重力及系統(tǒng)內(nèi)彈力外其他力對(duì)系統(tǒng)做的功,分別對(duì)B和B與彈簧組成的系統(tǒng)受力分析,可知C、D項(xiàng)正確。3.如圖所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)的小車置于光滑的水平面上,小車前端放一小物塊,用大小為F的水平力將小車向右拉動(dòng)一段距離s,物塊剛好滑到小車的左端,物塊與小車間的摩擦力為Ff,在此過(guò)程中()A.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為FfLB.系統(tǒng)增加的機(jī)械能為FsC.物塊增加的動(dòng)能為FfLD.小車增加的動(dòng)能為Fs-FfL答案A系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的示意圖如圖所示,系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能應(yīng)為滑動(dòng)摩擦力乘物體間的相對(duì)位移,即FfL,故A正確;根據(jù)功能關(guān)系,外力對(duì)系統(tǒng)做的功應(yīng)等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能與機(jī)械能增量之和,即Fs=E總+FfL,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,合外力對(duì)物塊做的功等于物塊增加的動(dòng)能,即Ff(s-L),C錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理,合外力對(duì)小車做的功等于小車動(dòng)能的增量,即Fs-Ffs=Ek車,故D錯(cuò)誤。4.(2018安徽安慶模擬)如圖所示,一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端,已知物體m和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,為保持木板的速度不變,從物體m放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過(guò)程中,需對(duì)木板施一水平向右的作用力F,那么力F對(duì)木板做的功為()A.mv24B.mv22C.mv2D.2mv2答案C由能量轉(zhuǎn)化和守恒可知,力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能,一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能,故W=12mv2+mgx相,x相=vt-v2t,a=g,v=at即v=gt,聯(lián)立以上各式可得:W=mv2,故選項(xiàng)C正確。5.(多選)(2017山東威海模擬)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的一端固定在豎直墻面上,另一端拴接一小物塊,小物塊放在水平面上,小物塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,當(dāng)小物塊位于O點(diǎn)時(shí)彈簧處于自然狀態(tài)?,F(xiàn)將小物塊向右移到a點(diǎn),然后由靜止釋放,小物塊最終停在O點(diǎn)左側(cè)的b點(diǎn)(圖中未畫出),以下說(shuō)法正確的是()A.O、b之間的距離小于O、a之間的距離B.從O至b的過(guò)程中,小物塊的加速度逐漸減小C.小物塊在O點(diǎn)時(shí)的速度最大D.整個(gè)過(guò)程中,彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功答案AD設(shè)小物塊的質(zhì)量為m,根據(jù)F彈=kx,對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析可知,kxOamg,kxObmg,故O、a之間的距離大于O、b之間的距離,選項(xiàng)A正確;從O至b的過(guò)程中,小物塊受到向右的摩擦力及向右的彈力,且彈力逐漸變大,故物塊的加速度逐漸變大,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)物塊從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí),受到向左的彈力和向右的摩擦力,且彈力逐漸減小,加速度逐漸減小,當(dāng)彈力等于摩擦力時(shí)加速度為零,此時(shí)速度最大,故小物塊速度最大的位置在O點(diǎn)右側(cè),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由能量守恒定律可知,整個(gè)過(guò)程中,彈簧彈性勢(shì)能的減少量等于小物塊克服摩擦力所做的功,選項(xiàng)D正確。6.(2019江西十校聯(lián)考)將三個(gè)木板1、2、3固定在墻角,木板與墻壁和水平地面構(gòu)成了三個(gè)不同的三角形,如圖所示,其中1與2底邊相同,2和3高度相同?,F(xiàn)將一個(gè)可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從三個(gè)木板的頂端由靜止釋放,并沿斜面下滑到底端,物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。在這三個(gè)過(guò)程中,下列說(shuō)法不正確的是()A.沿著1和2下滑到底端時(shí),物塊的速率不同,沿著2和3下滑到底端時(shí),物塊的速率相同B.沿著1下滑到底端時(shí),物塊的速度最大C.物塊沿著3下滑到底端的過(guò)程中,產(chǎn)生的熱量最多D.物塊沿著1和2下滑到底端的過(guò)程中,產(chǎn)生的熱量是一樣多的答案A設(shè)木板1、2、3與水平地面的夾角分別為1、2、3,木板長(zhǎng)分別為l1、l2、l3,當(dāng)物塊沿木板1下滑時(shí),由動(dòng)能定理有mgh1-mgl1 cos 1=12mv12-0,當(dāng)物塊沿木板2下滑時(shí),由動(dòng)能定理有mgh2-mgl2 cos 2=12mv22-0,又h1h2,l1 cos 1=l2 cos 2,可得v1v2;當(dāng)物塊沿木板3下滑時(shí),由動(dòng)能定理有mgh3-mgl3 cos 3=12mv32-0,又h2=h3,l2 cos 2v3,故A項(xiàng)錯(cuò),B項(xiàng)對(duì)。三個(gè)下滑過(guò)程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1=mgl1 cos 1,Q2=mgl2 cos 2,Q3=mgl3 cos 3,則Q1=Q2Q3,故C、D項(xiàng)對(duì)。7.(2017湖南長(zhǎng)沙三月模擬)彈弓是孩子們喜愛(ài)的彈射類玩具,其構(gòu)造原理如圖所示,橡皮筋兩端點(diǎn)A、B固定在把手上,橡皮筋處于ACB時(shí)恰好為原長(zhǎng)狀態(tài),在C處(A、B連線的中垂線上)放一固體彈丸,一手執(zhí)把手,另一手將彈丸拉至D點(diǎn)放手,彈丸就會(huì)在橡皮筋的作用下發(fā)射出去,打擊目標(biāo)?,F(xiàn)將彈丸豎直向上發(fā)射,已知E是CD中點(diǎn),則()A.從D到C過(guò)程中,彈丸的機(jī)械能守恒B.從D到C過(guò)程中,彈丸的動(dòng)能一直在增大C.從D到C過(guò)程中,橡皮筋的彈性勢(shì)能先增大后減小D.從D到E過(guò)程橡皮筋彈力做功大于從E到C過(guò)程答案D從D到C過(guò)程中,彈力對(duì)彈丸做正功,彈丸的機(jī)械能增加,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;彈丸豎直向上發(fā)射,從D到C過(guò)程中,必有一點(diǎn)彈丸受力平衡,在此點(diǎn)F彈=mg,在此點(diǎn)上方彈力小于重力,在此點(diǎn)下方彈力大于重力,則從D到C過(guò)程中,彈丸的動(dòng)能先增大后減小,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;從D到C過(guò)程中,橡皮筋的彈性勢(shì)能一直減小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;從D到E過(guò)程橡皮筋的彈力大于從E到C過(guò)程的彈力,故從D到E過(guò)程橡皮筋彈力做功大于從E到C過(guò)程,選項(xiàng)D正確。8.(多選)(2019福建南平檢測(cè))如圖所示,一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上,質(zhì)量為m的木塊沿粗糙斜面加速下滑h高度,速度大小由v1增大到v2,所用時(shí)間為t,木塊與斜面體之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。在此過(guò)程中()A.斜面體受水平地面的靜摩擦力為零B.木塊沿斜面下滑的距離為v1+v22tC.如果給質(zhì)量為m的木塊一個(gè)沿斜面向上的初速度v2,它沿斜面上升到h高處的速度將變?yōu)関1D.木塊與斜面摩擦產(chǎn)生的熱量為mgh-12mv22+12mv12答案BD對(duì)木塊和斜面體組成的整體分析可知,整體有向左的加速度,根據(jù)牛頓第二定律可知,整體在水平方向一定受外力,即水平地面與斜面體間的靜摩擦力,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由平均速度公式可知,木塊沿斜面下滑的平均速度為v=v1+v22,故下滑的距離為x=vt=v1+v22t,B項(xiàng)正確;由于木塊在斜面上受摩擦力,故木塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小一定大于木塊沿斜面向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小,故上升到h高處時(shí)的速度一定小于v1,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由能量守恒定律可知mgh+12mv12=12mv22+Q,故有Q=mgh-12mv22+12mv12,D項(xiàng)正確。9.(2017福建泉州質(zhì)檢)如圖,在距水平地面h1=1.2 m的光滑水平臺(tái)面上,一個(gè)質(zhì)量m=1 kg的小物塊壓縮彈簧后被鎖定?,F(xiàn)解除鎖定,小物塊與彈簧分離后以一定的水平速度v1向右從A點(diǎn)滑離平臺(tái),并恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入光滑、豎直的圓弧軌道BC。已知B點(diǎn)距水平地面的高度h2=0.6 m,圓弧軌道BC的圓心O與水平臺(tái)面等高,C點(diǎn)的切線水平,圓弧軌道BC在C點(diǎn)與長(zhǎng)L=2.8 m的水平粗糙直軌道CD平滑連接,小物塊恰能到達(dá)D處。重力加速度g取10 m/s2,空氣阻力忽略不計(jì)。求:(1)小物塊由A到B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2)解除鎖定前彈簧所儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep;(3)小物塊與軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)。答案(1)35 s(2)2 J(3)0.5解析(1)小物塊由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中做平拋運(yùn)動(dòng),有h1-h2=12gt2得t=2(h1-h2)g=35 s。(2)根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知,h2=h1(1-cosBOC)得BOC=60則tan 60=gtv1解得v1=2 m/s根據(jù)能量守恒定律可知,彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep=12mv12=2 J。(3)在小物塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,根據(jù)功能關(guān)系有mgh1+Ep=mgL代入數(shù)據(jù)解得=0.5。10.(2017課標(biāo),24,12分)一質(zhì)量為8.00104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60105 m處以7.50103 m/s的速度進(jìn)入大氣層,逐漸減慢至速度為100 m/s時(shí)下落到地面。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn),在飛船下落過(guò)程中,重力加速度可視為常量,大小取為9.8 m/s2。(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能;(2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功,已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%。答案(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J解析(1)飛船著地前瞬間的機(jī)械能為Ek0=12mv02式中,m和v0分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由式和題給數(shù)據(jù)得Ek0=4.0108 J。設(shè)地面附近的重力加速度大小為g。飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh=12mvh2+mgh式中,vh是飛船在高度1.60105 m處的速度大小。由式和題給數(shù)據(jù)得Eh=2.41012 J。(2)飛船在高度h=600 m處的機(jī)械能為Eh=12m2.0100vh2+mgh由功能原理得W=Eh-Ek0式中,W是飛船從高度600 m處至著地前瞬間的過(guò)程中克服阻力所做的功。由式和題給數(shù)據(jù)得W=9.7108 J。B組能力提升 11.(2017湖北襄陽(yáng)調(diào)研)如圖所示,質(zhì)量為m的滑塊從斜面底端以平行于斜面的初速度v0沖上固定斜面,沿斜面上升的最大高度為H。已知斜面傾角為,斜面與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ,且tan ,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,取斜面底端所在水平面為零勢(shì)能面,則能表示滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能E、動(dòng)能Ek、勢(shì)能Ep與上升高度h之間關(guān)系的圖象是()答案D滑塊的勢(shì)能先隨高度增加而均勻變大,后隨高度減小而均勻變小,上行與下行的Ep-h圖線重合為一條在第一象限內(nèi)過(guò)原點(diǎn)的傾斜線段,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;機(jī)械能變化參考摩擦力做功變化,上行和下行過(guò)程中摩擦力做功隨高度變化均勻變化,機(jī)械能隨高度變化均勻減小,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;動(dòng)能變化參考合外力做功,上行過(guò)程中的合外力大于下行過(guò)程中的合外力,且合外力在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中大小恒定,合外力做功隨高度變化均勻變化,C選項(xiàng)錯(cuò)誤,D選項(xiàng)正確。12.(2019湖南永州期末)如圖所示,水平傳送帶A、B兩輪間的距離L=40 m,離地面的高度H=3.2 m,傳送帶以恒定的速率v0=2 m/s向右勻速運(yùn)動(dòng)。兩個(gè)完全一樣的小滑塊P、Q中間夾有一根輕質(zhì)彈簧(彈簧與P、Q不拴接),用一輕繩把兩滑塊拉至最近(彈簧始終處于彈性限度內(nèi)),使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)?,F(xiàn)將P、Q輕放在傳送帶的最左端,P、Q一起從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),t1=4 s時(shí)輕繩突然斷開(kāi),很短時(shí)間內(nèi)彈簧伸長(zhǎng)至本身的自然長(zhǎng)度(不考慮彈簧的長(zhǎng)度的影響),此時(shí)滑塊P速度反向,滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍。已知小滑塊的質(zhì)量均為m=0.2 kg,小滑塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能;(2)兩滑塊落地的時(shí)間差;(3)兩滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)7.2 J(2)6 s(3)6.4 J解析(1)滑塊的加速度大小a=g=1 m/s2從靜止到與傳送帶共速所需時(shí)間t0=v0a=2 sx0=12at02=2 mL=40 m故滑塊第2 s末相對(duì)傳送帶靜止由動(dòng)量守恒定律有2mv0=mvQ-mvP又vQ=2vP解得vQ=8 m/s,vP=4 m/s彈性勢(shì)能Ep=12mvP2+12mvQ2-12(2m)v02=7.2 J(2)兩滑塊離開(kāi)傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等,故兩滑塊落地時(shí)間差就是彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度后,兩滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之差t1=4 s時(shí),滑塊PQ位移大小x1=x0+v0(t1-t0)=6 m滑塊Q與傳送帶相對(duì)靜止時(shí)所用的時(shí)間t2=vQ-v0a=6 s這段時(shí)間內(nèi)位移大小x2=vQt2-12at22=30 mx1=6 m滑塊P滑到左端時(shí)的速度vP=vP2-2ax1=2 m/s運(yùn)動(dòng)時(shí)間t4=vP-vPa=2 s兩滑塊落地時(shí)間差t=t2+t3-t4=6 s(3)滑塊PQ共同加速階段Q1=2mg(v0t0-x0)=0.8 J分離后滑塊Q向右運(yùn)動(dòng)階段Q2=mg(x2-v0t2)=3.6 J滑塊P向左運(yùn)動(dòng)階段Q3=mg(x1+v0t4)=2 J全過(guò)程產(chǎn)生的總熱量Q=Q1+Q2+Q3=6.4 J- 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:
- 新課標(biāo)2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律夯基提能作業(yè)本 新課 2020 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第五 功能 關(guān)系 能量守恒定律 夯基提能 作業(yè)本
鏈接地址:http://www.szxfmmzy.com/p-6372306.html