版物理高考专题强化测评精练精析江苏专用专题3动能定理和能量守恒定律AWord文件下载.docx
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mv2
C.弹簧弹性势能减少量为W2+W1
D.带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W2
4.如图所示,质量m=10kg和M=20kg的两物块,叠放在光滑水平面上,其中物块m通过处于水平方向的轻弹簧与竖直墙壁相连,初始时刻,弹簧处于原长状态,弹簧的劲度系数k=250N/m.现用水平力F作用在物块M上,使其缓慢地向墙壁移动,当移动
40cm时,两物块间开始相对滑动,在相对滑动前的过程中,下列说法中正确的是()
A.M受到的摩擦力保持不变
B.物块m受到的摩擦力对物块m不做功
C.推力做的功等于弹簧增加的弹性势能
D.开始相对滑动时,推力F的大小等于200N
5.质量为2kg的物体,放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上,在水平拉力F的作用下,由静止开始运动,拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示,g=10m/s2.下列说法中正确的是()
A.此物体在AB段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15W
B.此物体在AB段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为6W
C.此物体在AB段做匀加速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为6W
D.此物体在AB段做匀速直线运动,且整个过程中拉力的最大功率为15W
二、多项选择题(本题共4小题,每小题8分,共计32分,每小题有多个选项符合题意)
6.汽车在水平路面上从静止开始做匀加速直线运动,t1s末关闭发动机,做匀减速直线运动,t2s末静止,其v-t图象如图所示.图中α<β,若汽车牵引力做功为W、平均功率为P,汽车加速和减速过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2、平均功率分别为P1和P2,则()
A.W=W1+W2B.W1>W2
C.P=P1D.P1=P2
7.如图所示,小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P,然后落回水平面,不计一切阻力,下列说法正确的是()
A.小球落地点离O点的水平距离为R
B.小球落地时的动能为
mgR
C.小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D.若将半圆弧轨道上的1/4圆弧截去,其他条件不变,则小球能达到的最大高度比P点高0.5R
8.(2012·
聊城模拟)如图所示,重10N的滑块在倾角为30°
的斜面上,从a点由静止开始下滑,到b点开始压缩轻弹簧,到c点时达到最大速度,到d点(图中未画出)开始弹回,返回b点离开弹簧,恰能再回到a点.若bc=0.1m,弹簧弹性势能的最大值为8J,(g取10m/s2)则()
A.轻弹簧的劲度系数是50N/m
B.从d到a滑块克服重力做功8J
C.滑块动能的最大值为8J
D.从d到c弹簧的弹力做功8J
9.(2012·
宿迁模拟)如图,两质量均为m的小球,
通过长为L的不可伸长轻绳水平相连,从h高处自
由下落,下落过程中绳处于水平伸直状态,若下落
时绳中点碰到水平放置的光滑钉子O,重力加速度
为g,则()
A.小球从开始下落到刚到达最低点的过程中机械能守恒
B.从轻绳与钉子相碰到小球刚到达最低点过程,重力的功率先减小后增大
C.小球刚到达最低点时速度大小为
D.小球刚到达最低点时绳中张力为
+3mg
三、计算题(本题共3小题,共38分,需写出规范的解题步骤)
10.(2012·
锦州模拟)(12分)如图所示,有一足够长的斜面,倾角α=37°
,一小物块质量为m,从斜面顶端A处由静止下滑,到B处后,受一与物体重力大小相等的水平向右的恒力作用,开始减速,到C点减速到0(C点未画出).若AB=2.25m,物块与斜面间动摩擦因数μ=0.5,sin37°
=0.6,cos37°
=0.8,g=
10m/s2.求:
(1)物体到达B点的速度多大?
(2)BC距离多大?
(3)物块由A到C的过程中克服摩擦力做的功是多少?
11.(2012·
潍坊模拟)(12分)如图所示,水平轨道上轻弹簧左端固定,弹簧处于自然状态时,其右端位于P点.现用一质量m=0.1kg的小物块(可视为质点)将弹簧压缩后释放,小物块经过P点时的速度v0=18m/s,经过水平轨道右端Q点后恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑圆轨道,最后小物块经轨道最低点A抛出后落到B点,若小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,R=l=1m,A到B的竖直高度h=1.25m,取g=10m/s2.
(1)求小物块到达Q点时的速度大小(保留根号);
(2)判断小物块经过Q点后能否沿圆周轨道运动;
(3)求小物块水平抛出的位移大小.
12.(2012·
镇江模拟)(14分)如图甲所示,水平天花板下悬挂一光滑的轻质的定滑轮,跨过定滑轮的质量不计的绳(绳能承受的拉力足够大)两端分别连接物块A和B,A的质量为m0,B的质量m是可以变化的,当B的质量改变时,可以得到A加速度变化的图线如图乙所示,不计空气阻力和所有的摩擦,A加速度向上为正.
(1)求图乙中a1、a2和m1的大小.
(2)根据牛顿定律和运动学规律,证明在A和B未着地或未与滑轮接触时,AB系统机械能守恒.
(3)若m0=0.8kg,m=1.2kg,AB开始都在离水平地面H=0.5m处,由静止释放A、B,且B着地后不反弹,求A上升离水平地面的最大高度.(g取10m/s2)
答案解析
1.【解析】选B.对斜面上物体受力分析,根据牛顿定律得,mgsin30°
+f阻=ma=mg,则f阻=
mg,由斜面底端冲上斜面最高点的过程中,物体克服重力做了mgh的功,重力势能增加了mgh,克服阻力做了mgh的功,机械能损失了mgh,机械能的损失是以系统内能的形式散失的,选项B正确;
而选项A、D均错,合外力做的总功(负功)等于2mgh,物体动能减少了2mgh,选项C错误.
2.【解析】选C.物体重力势能的减少量等于物体重力做的功,三个相同的滑块从同一高度滑到斜面底端,重力所做的功相等,三者重力势能的减少量相同,选项D错误;
三者所受到的滑动摩擦力大小相等,但三者通过的路径不同,C通过的路程最大,摩擦力做功最多,物体C减少的机械能最多,选项B错误;
对于物体A和C,在斜面方向的运动,位移相等,C受到的摩擦力是其滑动摩擦力的一个分力,总小于其滑动摩擦力,物体C在沿斜面方向的加速度大于物体A在该方向上的加速度,因此,物体C将先滑到斜面底端,选项A错误;
对于物体A和B,合外力做的功相同,动能变化量相等,物体B的末动能大于物体A的末动能,对于物体B和C,重力做的正功相等,但物体C的摩擦力做的负功多,二者的初动能相等,则物体B的末动能大于物体C的末动能,选项C正确.
3.【解析】选D.电场力对小球做了W2的正功,根据功能关系可知,小球的电势能减少了W2,选项A错误;
对于小球在上述过程中,有W2+W弹-W1=
mv2,根据功能关系可知,弹簧弹性势能最大值为
选项B错误,选项C也错误;
根据功能关系知,选项D正确.
4.【解析】选C.当两物体间开始相对滑动时,物体m受力平衡,即摩擦力等于弹簧的弹力,此时弹簧形变量为40cm,则有f=F弹=kx=250N/m×
0.4m=100N,因为M一直缓慢地运动,处于平衡状态,此时F=100N,选项D错误;
对于M和m组成的系统,动能变化量等于零,推力F做的功数值上等于弹簧弹力做的负功,根据功能关系知,推力F做的功等于弹簧弹性势能的增加量,选项C正确;
在相对运动之前,二者均处于平衡状态,弹簧弹力与摩擦力平衡,因此,M受到的摩擦力大小变化,选项A错误;
物体m在摩擦力作用下发生了位移,摩擦力对m做了正功,选项B错误.
5.【解析】选D.前3m位移内的拉力为
根据牛顿第二定律可得加速度
末速度为v=
=3m/s,后6m位移内拉力等于2N,所以此物体在AB段做匀速直线运动,整个过程中,拉力最大值为5N,与之对应的最大速度为3m/s,最大功率等于P=F·
vm=15W.
6.【解析】选A、B、D.整个过程动能变化量为零,所以合外力做功为零.A项正确;
摩擦力大小相等,0~t1时间内的位移为s1,t1~t2时间内的位移s2,因2as=v12,则
所以B项正确;
0~t1时间内是加速,故牵引力大于摩擦力,所以P>P1,C项错;
因两段平均速度相等,所以摩擦力的平均功率相等,D项正确.
7.【解析】选B、D.小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P的过程中,小球的机械能守恒,取O点所在水平面为零重力势能面,到P点时的速度为vP,则有
在P点根据牛顿第二定律得,
可知,
选项C错误;
从P点水平抛出到落地的过程中,机械能守恒,选项B正确;
该过程中,2R=
gt2,x=vPt,则x=2R,选项A错误;
若将半圆弧轨道上的1/4圆弧截去,其他条件不变,小球到达最高点时的速度等于零,则有
选项D正确.
8.【解析】选A、B.滑块从a点由静止开始下滑,最后又恰好能回到a点,滑块的机械能守恒,说明斜面是光滑的,滑块到达c点时达到最大速度,此时滑块受力平衡,即mgsin30°
=k·
xbc,解得k=50N/m,选项A正确;
对于滑块从a到d的过程中,据动能定理得WG+W弹=0,根据功能关系可知,弹簧的弹性势能等于滑块克服弹簧弹力做的功,W弹=-8J,因此从a到d滑块重力做了8J的功,那么从d到a滑块克服重力做功8J,则选项B正确;
滑块从d至b,弹簧弹力做功8J,很显然选项D错误;
对滑块由机械能守恒定律得
滑块动能的最大值小于8J,选项C错误.
9.【解析】选A、D.因小球下落的整个过程中,只有小球重力做功,故小球的机械能守恒,A正确;
由mg(h+
)=
mv2可得,小球刚到达最低点时的速度大小为
C错误;
由FT-mg=
可得,小球刚到达最低点时绳的张力FT=
,D正确;
当小球到达最低点时,小球的速度沿水平方向,此时小球重力的功率为零,故B错误.
10.【解析】
(1)在AB段FN1=mgcos37°
(1分)
Ff1=μFN1=μmgcos37°
由A到B,设s1=AB=2.25m,根据动能定理:
mgs1sin37°
-Ff1s1=
mv2-0(1分)
物体到达B点速度v=3m/s(1分)
(2)FN2=mgcos37°
+Fsin37°
Ff2=μFN2=μ(mgcos37°
)(1分)
由B到C,设BC=s2,根据动能定理:
mgs2sin37°
-Ff2s2-Fs2cos37°
=0-
mv2(2分)
(或由A到Cmg(s1+s2)sin37°
-Ff2s2-Ff1s1-Fs2cos37°
=0)
F=mg
BC间距离s2=0.5m(1分)
(3)由A到C克服摩擦力做功为:
Wf=μmgcos37°
·
s1+μ(mgcos37°
)s2=12.5J(3分)
答案:
(1)3m/s
(2)0.5m(3)12.5J
11.【解析】
(1)小物块在水平轨道上由P运动到Q的过程中,根据动能定理得:
(2分)
vQ=
m/s(1分)
(2)若小物块经过Q点后恰好能做竖直面内的圆周运动,根据牛顿第二定律得:
(2分)
vQ′
m/s(1分)
因为vQ>vQ′,因此物块经过Q点后能沿圆周轨道运动.
(3)物块到达A点时速度大小为vA,在光滑竖直圆轨道的运动过程中机械能守恒,则2mgR+
解得:
vA=19m/s(1分)
从A点抛出后,做平抛运动,
h=1.25m=
gt2(1分)
sx=vA·
t(1分)
代入数值解得:
sx=0.5×
19m=9.5m(1分)
(1)
(2)见解析(3)9.5m
12.【解析】
(1)mg-F=ma
F-m0g=m0a
得a=
(1分)
当m→∞时a1=g(1分)
当m=0时a2=-g(1分)
当a=0时m=m1=m0(1分)
(2)设A开始时离水平面h1,B开始时离水平面h2,由静止释放后A上升到高度h1′,B下降到高度h2′,则h1′-h1=h2-h2′=h
代入
(1)问中加速度a,AB发生h位移时速度为v
v2=2ah(1分)
=2
(m+m0)v2=mg(h2-h2′)-m0g(h1′-h1)(1分)
得
m0v2+m0gh1′+
mv2+mgh2′=m0gh1+mgh2(2分)
AB系统机械能守恒.
(3)从H=0.5m高处释放,A、B加速度
a=
=2m/s2(1分)
B着地时A的速度v=
m/s(1分)
接着A做竖直上抛,上升h′,h′=
=0.1m(1分)
A距离水平面最大高度hm=2H+h′=1.1m.(2分)
(1)g-gm0
(2)见解析(3)1.1m
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