2021年高考物理一轮复习 单元质检五 功和能、机械能及其守恒定律(含解析)沪科版
浙江专版2021年高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第4讲功能关系能量守恒定律考点突破练含解析
第4讲功能关系能量守恒定律考点1功能关系的理解和应用（d)【典例1】(2019·杭州模拟）足球运动员在比赛时将足球踢出,足球的运动轨迹如图所示，足球从草皮上1位置被踢出时的动能为E k1,在3位置落地时动能为E k3，最高点2距草皮的高度为h,则下列说法正确的是（）A.足球从1位置到2位置的运动时间为B.足球在1位置被踢出时的动能E k1大于3位置落地时的动能E k3 C。
足球在2位置的机械能大于1位置的机械能D.足球从1位置到2位置过程克服阻力做的功等于足球动能减少量【解析】选B。
足球上升过程中，受到重力和空气阻力的作用,竖直方向根据牛顿第二定律有a==g+>g,根据位移时间关系有h=at2所以上升的时间为t=〈，故A错误；足球运动过程中受到空气阻力的作用,且空气阻力做负功，所以运动过程中机械能减少,故位置1的机械能大于位置2以及位置3的机械能；因为位置1、3的高度相同，所以位置1的动能大于位置3的动能，故B正确,C错误;足球从1位置到2位置,根据动能定理知,其动能的减少量等于克服阻力做的功与克服重力做功之和,故D错误。
1.如图所示,在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行.整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中(）A.物块A的重力势能增加量一定等于mghB.物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的代数和C。
物块A的机械能增加量等于弹簧的拉力对其做的功D。
物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧的拉力做功的代数和【解析】选D。
物块A相对斜面下滑一段距离,故选项A错误；根据动能定理可知，物块A动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和,故选项B错误；物块A机械能的增加量应等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C错误；物块A和弹簧组成的系统的机械能增加量应等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D正确。
2021版高考物理一轮复习课件学案第5章机械能高(05)功能关系能量守恒定律
专题突破训练[基础训练试题]1.物体在竖直方向上分别做了匀速上升、加速上升和减速上升三种运动.在这三种情况下物体机械能的变化情况是( )A.匀速上升机械能不变,加速上升机械能增加,减速上升机械能减小B.匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能减小C.匀速上升和加速上升机械能增加,减速上升机械能可能增加,可能减少,也可能不变D.三种情况中,物体的机械能均增加【试题解答】:选 C.无论物体向上加速运动还是向上匀速运动,除重力外,其他外力一定对物体做正功,物体机械能都增加;物体向上减速运动时,除重力外,物体受到的其他外力不确定,故无法确定其机械能的变化,C 正确.2.如图所示,在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m 的小球A ,若将小球A 从弹簧原长位置由静止释放,小球A 能够下降的最大高度为h .若将小球A 换为质量为3m 的小球B ,仍从弹簧原长位置由静止释放,则小球B 下降h 时的速度为(重力加速度为g ,不计空气阻力)( )A.2ghB.4gh 3C.ghD.gh 2【试题解答】:选B.小球A 下降h 过程小球克服弹簧弹力做功为W 1,根据动能定理,有mgh －W 1＝0;小球B 下降过程,由动能定理有3mgh －W 1＝12×3m ×v 2－0,解得：v ＝4gh 3,故B 正确.3.(多选)滑沙是人们喜爱的游乐活动,如图是滑沙场地的一段斜面,其倾角为30°,设参加活动的人和滑车总质量为m ,人和滑车从距底端高为h 处的顶端A 沿滑道由静止开始匀加速下滑,加速度为0.4g ,人和滑车可视为质点,则从顶端向下滑到底端B 的过程中,下列说法正确的是( )A.人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B.人和滑车获得的动能为0.8mghC.整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD.人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh【试题解答】:选BC.沿斜面的方向有ma ＝mg sin 30°－F f ,所以F f ＝0.1mg ,人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能,故A 错误;人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功,获得的动能为E k ＝(mg sin 30°－F f )h sin 30°＝0.8mgh ,故B 正确;整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE ＝mgh －E k ＝mgh －0.8mgh ＝0.2mgh ,故C 正确;整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能,所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh ,故D 错误.4.(多选)如图所示,质量为m 的物体(可视为质点)以某一速度从A 点冲上倾角为30°的固定斜面,其减速运动的加速度为34g ,此物体在斜面上能够上升的最大高度为h ,则在这个过程中物体( )A.重力势能增加了mghB.机械能损失了12mghC.动能损失了mghD.克服摩擦力做功14mgh 【试题解答】:选AB.加速度a ＝34g ＝mg sin 30°＋F f m ,解得摩擦力F f ＝14mg ;物体在斜面上能够上升的最大高度为h ,所以重力势能增加了mgh ,故A 项正确;机械能的损失F f x ＝14mg ·2h ＝12mgh ,故B 项正确;动能损失量为克服合外力做功的大小ΔE k ＝F 合外力·x ＝34mg ·2h ＝32mgh ,故C 错误;克服摩擦力做功12mgh ,故D 错误. 5.以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球,小球上升到最高点之后,又落回到抛出点,假设小球所受空气阻力与速度大小成正比,则小球在运动过程中的机械能E 随离地高度h 变化关系可能正确的是( )【试题解答】:选D.根据功能关系得ΔE ＝F f ·Δh ,得ΔE Δh＝F f ,即E -h 图象切线斜率的绝对值等于空气阻力的大小.在上升过程中,速度减小,空气阻力减小,故E -h 图象的斜率减小;下降过程中,速度增大,空气阻力逐渐增大,故E -h 图象的斜率变大;上升过程中平均阻力大于下降过程中的平均阻力,故上升过程中机械能的减小量比下降过程中机械能的减小量大.故图象D 正确,A 、B 、C 错误.6.如图所示,一质量m ＝2 kg 的长木板静止在水平地面上,某时刻一质量M ＝1 kg 的小铁块以水平向左的速度v 0＝9 m/s 从木板的右端滑上木板.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1,铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4,取重力加速度g ＝10 m/s 2,木板足够长,求：(1)铁块相对木板滑动时木板的加速度的大小;(2)铁块与木板摩擦所产生的热量Q 和木板在水平地面上滑行的总路程s .【试题解答】:(1)设铁块在木板上滑动时,木板的加速度为a 2,由牛顿第二定律可得 μ2Mg －μ1(M ＋m )g ＝ma 2,解得a 2＝0.4×1×10－0.1×3×102m/s 2＝0.5 m/s 2. (2)设铁块在木板上滑动时,铁块的加速度为a 1,由牛顿第二定律得μ2Mg ＝Ma 1,解得a 1＝μ2g ＝4 m/s 2.设铁块与木板相对静止时的共同速度为v ,所需的时间为t ,则有v ＝v 0－a 1t ＝a 2t ,解得：v ＝1 m/s,t ＝2 s.铁块相对地面的位移x 1＝v 0t －12a 1t 2＝9×2 m －12×4×4 m ＝10 m. 木板相对地面的位移x 2＝12a 2t 2＝12×0.5×4 m ＝1 m, 铁块与木板的相对位移Δx ＝x 1－x 2＝10 m －1 m ＝9 m,则此过程中铁块与木板摩擦所产生的热量Q ＝F f Δx ＝μ2Mg Δx ＝0.4×1×10×9 J ＝36 J.设铁块与木板共速后的加速度为a 3,发生的位移为x 3,则有：a 3＝μ1g ＝1 m/s 2,x 3＝v 2－02a 3＝0.5 m.木板在水平地面上滑行的总路程s ＝x 2＋x 3＝1 m ＋0.5 m ＝1.5 m.答案：(1)0.5 m/s 2 (2)36 J 1.5 m[能力提升训练试题]7.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示,abc 是竖直面内的光滑固定轨道,ab 水平,长度为2R ;bc 是半径为R 的四分之一圆弧,与ab 相切于b 点.一质量为m 的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a 点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g .小球从a 点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( )A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR【试题解答】:选C.根据动能定理,小球在b 、c 两点的速度大小相等,设小球离开c 时的速度为v ,则有mg ·2R ＝12m v 2,v ＝4gR ,小球离开轨道后的上升时间t ＝v g ＝4R g,小球从离开轨道至到达轨迹最高点的过程中,水平方向上的加速度大小等于g ,水平位移s ＝12gt 2＝12g ⎝⎛⎭⎫4R g 2＝2R ,整个过程中小球机械能的增量ΔE ＝F ·l ＝mg (2R ＋R ＋2R )＝5mgR ,C 正确. 8.质量为m 的人造地球卫星与地心的距离为r 时,引力势能可表示为E p ＝－GMm r,其中G 为引力常量,M 为地球质量.该卫星原来在半径为R 1的轨道上绕地球做匀速圆周运动,由于受到极稀薄空气的摩擦作用,飞行一段时间后其做匀速圆周运动的半径变为R 2,此过程中因摩擦而产生的热量为( ) A.GMm ⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1 B.GMm ⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2C.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1D.GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 1－1R 2 【试题解答】:选C.卫星绕地球做匀速圆周运动满足G Mm r 2＝m v 2r ,动能E k ＝12m v 2＝GMm 2r,机械能E ＝E k ＋E p ,则E ＝GMm 2r －GMm r ＝－GMm 2r.卫星由半径为R 1的轨道降到半径为R 2的轨道过程中损失的机械能ΔE ＝E 1－E 2＝GMm 2⎝⎛⎭⎫1R 2－1R 1,即为下降过程中因摩擦而产生的热量,所以选项C 正确.9.如图所示,水平传送带以v ＝2 m/s 的速率匀速运行,上方漏斗每秒将40 kg 的煤粉竖直放到传送带上,然后一起随传送带匀速运动.如果要使传送带保持原来的速率匀速运行,则电动机应增加的功率为( )A.80 WB.160 WC.400 WD.800 W【试题解答】:选B.由功能关系,电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量,所以ΔPt＝12m v2＋Q,传送带做匀速运动,而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半,所以煤粉相对传送带的位移等于相对地面的位移,故Q＝f·Δx＝fx＝12m v2,解得ΔP＝160 W,B项正确.10.如图所示,圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道,它们的下端均固定于容器底部圆心O,上端固定在容器侧壁.若相同的小球以同样的速率,从点O沿各轨道同时向上运动.对它们向上运动过程,下列说法正确的是()A.小球动能相等的位置在同一水平面上B.小球重力势能相等的位置不在同一水平面上C.运动过程中同一时刻,小球处在同一球面上D.当小球在运动过程中产生的摩擦热相等时,小球的位置不在同一水平面上【试题解答】:选D.小球从底端开始,运动到同一水平面,小球克服重力做的功相同,克服摩擦力做的功不同,动能一定不同,A项错误.小球的重力势能只与其高度有关,故重力势能相等时,小球一定在同一水平面上,B项错误.若运动过程中同一时刻,小球处于同一球面上,t＝0时,小球位于O点,即O为球的最低点;设某直轨道与水平面的夹角为θ,则小球在时间t0内的位移x0＝v t0－12(g sin θ＋μg cos θ)t2,由于球的半径R＝x02sin θ与θ有关,故小球在同一时刻一定不在同一球面上,C项错误.小球运动过程中,摩擦产生的热量等于克服摩擦力所做的功,即Q＝μmg cos θ·hsin θ＝μmgh cot θ,倾角θ不同时高度h不同,D项正确.11.一质点在0～15 s内竖直向上运动,其加速度—时间图象如图所示,若取竖直向下为正,g取10 m/s2,则下列说法正确的是()A.质点的机械能不断增加B.在0～5 s 内质点的动能增加C.在10～15 s 内质点的机械能一直增加D.在t ＝15 s 时质点的机械能大于t ＝5 s 时质点的机械能【试题解答】:选D.由图象可以看出0～5 s 内的加速度等于g ,质点的机械能不变,故A 错误;在0～5 s 内,质点速度向上,加速度方向向下,加速度与速度方向相反,则质点速度减小,则动能减小,故B 错误;在10～15 s 内,质点向上减速的加速度大于g ,说明质点受到了方向向下的外力,做负功,机械能减少,故C 错误;根据牛顿第二定律,5～10 s 内,mg －F ＝ma ,得：F ＝2m ,方向向上,做正功,质点机械能增加;10～15 s 内,mg ＋F ＝ma ,得F ＝2m ,方向向下,质点机械能减少;质点一直向上做减速运动,则10～15 s 内的速度小于5～10 s 内的速度,则10～15 s 内的位移s 10～15小于5～10 s 内的位移s 5～10,故Fs 5～10＞Fs 10～15,则5～15 s 内质点机械能增加的多,减少的少,故质点在t ＝15 s 时的机械能大于t ＝5 s 时的机械能,D 正确.12.在学校组织的趣味运动会上,某科技小组为大家提供了一个游戏.如图所示,将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点,用弹射装置将其弹出,使其沿着光滑的半圆形轨道OA 和AB 运动.BC 段为一段长为L ＝2.0 m 的粗糙平面,DEFG 为接球槽.圆弧OA 和AB 的半径分别为r ＝0.2 m 、R ＝0.4 m,小球与BC 段的动摩擦因数为μ＝0.7,C 点离接球槽的高度为h ＝1.25 m,水平距离为x ＝0.5 m,接球槽足够大,g 取10 m/s 2.求：(1)要使钢球恰好不脱离圆弧形轨道,钢球在A 点的速度大小;(2)钢球恰好不脱离轨道时,在B 位置对半圆形轨道的压力大小;(3)要使钢球最终能落入槽中,弹射速度v 0至少多大？【试题解答】:(1)要使钢球恰好不脱离轨道,钢球在最高点时,对钢球分析有mg ＝m v 2A R, 解得v A ＝2 m/s.(2)钢球从A 到B 的过程由动能定理得mg ·2R ＝12m v 2B －12m v 2A , 在B 点有F N －mg ＝m v 2B R, 解得F N ＝6 N,根据牛顿第三定律,钢球在B 位置对半环形轨道的压力为6 N.(3)从C 到D 钢球做平抛运动,要使钢球恰好能落入槽中,则x ＝v C t ,h ＝12gt 2, 解得v C ＝1 m/s,假设钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时,钢球可运动到C 点,且速度为v C ′,从A 到C 有mg ·2R －μmgL ＝12m v C ′2－12m v 2A, 解得v C ′2<0,故当钢球在A 点的速度恰为v A ＝2 m/s 时,钢球不可能到达C 点,更不可能入槽,要使钢球最终能落入槽中,需要更大的弹射速度,才能使钢球既不脱离轨道,又能落入槽中.当钢球到达C 点速度为v C 时,v 0有最小值,从O 到C 有mgR －μmgL ＝12m v 2C －12m v 20, 解得v 0＝21 m/s.答案：(1)2 m/s (2)6 N (3)21 m/s。
高考物理大一轮复习 第五单元 功和能 机械能及其守恒定律评价教案 沪科版
功和能机械能及其守恒定律教学目标1.通过学生自主订正试卷,让学生知道在解题过程中应细心谨慎,并且加深对知识点的理解。
2.通过学习小组的合作订正和讨论,培养学生的合作精神,分析能力和逻辑推理能力,让不同层次的学生均有提高。
3.引导全体学生积极主动参与,构建和谐、有效、生动的课堂。
教学方法讲评法、分析法、讨论法。
教学重点选择题第3、4、5、6题;实验题第10题;计算题第11题。
教学难点1.易错题的突破,审题思维的培养。
2.选择题第6题,计算题第12题。
教学过程一、试卷分析1.试卷结构(1)选择题(第1~8题,每题6分,共48分):主要考查学生的基础知识和基本技能。
(2)实验题(第9、10题,共15分):主要考查学生解决问题的能力、情感、态度、价值观。
(3)计算题(第11~13题,共47分):主要考查学生对物理原理、物理公式的理解、分析、运用能力。
2.难度比例:容易题:约60%;中等难度题:约30%;较难题:约10%。
试卷立足面向全体学生,在具体情境中突出考查了学生对基础知识和基本技能的掌握。
3.试卷集中反映的问题(1)基础知识把握不牢固,对知识的迁移运用不灵活。
(2)审题能力欠佳,对问题缺乏深层次、全面思考。
(3)实验分析、评价能力差。
(4)计算题书写不规范。
二、小组讨论、自主更改1.小组在试卷下发后自主订正,能自己订正的在题号前打“√”,不能自己订正的在题号前打“×”(课前学生自己解决)。
2.小组合作订正:针对上一步骤中自己不能解决的问题,小组交流合作,讨论完成。
三、典型分析,总结提升在学生自主更正的基础上,教师针对学生的典型错误,注重解题思路的分析和引导,方法的总结提升。
【以下是教师讲解部分】考点一:主要对“功、功率”等知识点的考查【考点解读】功和功率的知识是研究功能关系的基础,高考对功率的考查以选择题的形式为主,主要考查功率的计算和功率随时间的变化规律;对功的计算,常结合功能关系、物体的运动进行考查,题目难度以中档题为主。
(通用版)2021版高考物理大一轮复习第5章机械能及其守恒定律第1节功和功率课件
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4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械长时间_正__常__工_作__时输出的最__大__功率。 (2) 实 际 功 率 ： 动 力 机 械 实__际__工__作__ 时 输 出 的 功 率 ， 要 求 _小__于__或__等__于_额定功率。
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1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)只要物体受力的同时又有位移发生，则一定有力对物体做功。
较大的牵引力。
(√ )
(6)公式 P＝Fv 中的 F 是物体受到的合外力。
(×)
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2．(人教版必修 2P59T1 改编)如图所示，力 F 大小相等，物体运 动的位移 s 也相同，哪种情况 F 做功最少( )
A
B
C
D
[答案] D
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3．(人教版必修 2P63T3 改编)(多选)关于功率公式 P＝Wt 和 P＝Fv 的说法正确的是( )
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4．(粤教版必修 2P67T5)用起重机将质量为 m 的物体匀速吊起一 段距离，那么作用在物体上的各力做功情况应是下列说法中的哪一 种( )
A．重力做正功，拉力做负功，合力做功为零 B．重力做负功，拉力做正功，合力做正功 C．重力做负功，拉力做正功，合力做功为零 D．重力不做功，拉力做正功，合力做正功
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C [物体匀速上升，重力方向与位移方向相反，重力做负功， 拉力竖直向上，拉力方向与位移方向相同，拉力做正功，物体做匀 速直线运动，处于平衡状态，所受合力为零，则合力做功为零，故 A、 B、D 错误，C 正确。]
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关键能 力 全 突 破
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功的分析与计算 [依题组训练]
1．(2019·北京二中月考)下列叙述中正确的是( ) A．一对作用力和反作用力做功之和一定为零 B．静摩擦力一定不做功 C．一对滑动摩擦力所做总功不可能为零 D．一对静摩擦力所做总功可能不为零
【精准解析】2021届江苏高考物理一轮复习单元检测五 机械能及其守恒定律
单元检测五机械能及其守恒定律考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分.1～6小题只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分；7～10小题有多个选项符合要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)1.两个完全相同的小球A、B，在某一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图1所示，则下列说法正确的是()图1A．两小球落地时速度相同B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同C．从开始运动至落地，重力对两小球做的功相同D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同2.如图2所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速直线运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误．．的是()图2A ．支持力一定做正功B ．摩擦力一定做正功C ．摩擦力可能不做功D ．摩擦力可能做负功3．(2020·安徽阜阳市模拟)如图3所示，由光滑细管组成的轨道固定在竖直平面内，AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，CD 段为平滑的弯管．一小球从管口D 处由静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．则管口D 距离地面的高度必须满足的条件是( )图3A ．等于2RB ．大于2RC ．大于2R 且小于52RD ．大于52R 4. (2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图4所示的轨道由倾角为45°的斜面与水平面连接而成，将一小球(可看成质点)从斜面顶端以3 J的初动能水平抛出，不计空气阻力，经过一段时间，小球以9 J的动能第一次落在轨道上．若将此小球以6 J的初动能从斜面顶端水平抛出，则小球第一次落在轨道上的动能为()图4A．9 J B．12 JC．15 J D．30 J5. (2020·山东临沂市质检)如图5，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R，bc 是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图5A．水平外力F做的功为2mgRB．小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mg C．小球能从c点竖直向上飞出D．小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为mg6. (2020·山东淄博市模拟)如图6所示，内壁光滑的真空玻璃管竖直放在水平地面上，管内底部竖直放有一轻弹簧处于自然伸长状态，正上方有两个质量分别为m和2m的a、b小球，用竖直的轻杆连着，并处于静止状态，球的直径比管的内径稍小．现释放两个小球，让它们自由下落，重力加速度大小为g.则在球与弹簧接触至运动到最低点的过程中，下列说法正确的是(弹簧始终处于弹性限度内)()图6A．a球的动能始终减小B．b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍C．弹簧对b球做的功等于b球机械能的变化量D．b球到达最低点时杆对a球的作用力等于mg7. (2019·山东济宁市第二次摸底)如图7所示，A、B两物体的质量分别为m、2m，中间用轻杆相连，放在光滑固定的斜面上(轻杆与斜面平行)．现将它们由静止释放，在下滑的过程中()图7A．两物体下滑的加速度相同B．轻杆对A做正功，对B做负功C．系统的机械能守恒D．任意时刻两物体重力的功率相同8. (2019·东北三省四市教研联合体模拟)如图8所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2的水平底边长度相同．一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是()图8A．物体减少的机械能ΔE1＝ΔE2>ΔE3B．物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3C．物体到达底端时的速度v1＝v2<v3D．物体到达底端时的速度v2<v1<v39. (2019·河南省普通高中高考模拟)如图9所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A 套在固定的竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接．一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平．当α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时将A由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A、B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为g.则A下降过程中()图9A．A、B组成的系统机械能守恒B．弹簧弹性势能的最大值为(3－2)mgLC．竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力D．A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg10. (2019·江苏通州区、海门市、启东联考)如图10所示，足够长的传送带与水平方向的倾角为θ，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻质定滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止，且开始时a恰不受摩擦力作用．现让传送带顺时针匀速转动，则在b下降h高度(a未脱离传送带)的过程中()图10A．物块a的重力势能增加mgh sin θB．摩擦力对a做的功等于a和b系统机械能的增量C．传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等二、实验题(本题共1小题，共8分)11. (8分)(2019·安徽淮南市第二次模拟)如图11所示，两个物体A、B分别系在一条跨过定滑轮的轻质细绳两端，B物体的侧面粘贴有挡光片，挡光片的宽度为d，已知A物体、B物体(连同挡光片)的质量均为m0，现要利用这个装置验证机械能守恒定律．某同学找来一个半环形物体C，并在B物体挡光片的正下方同一条竖直线上安装了两个光电门甲和乙，测出两个光电门之间的距离为h，实验时先接通电源，A、B静止时，在B上轻轻放上半环形物体C，记下挡光片通过光电门甲、乙的时间分别为Δt1、Δt2，已知重力加速度为g.图11(1)挡光片通过光电门甲、乙的速度分别为________、________；(2)下列实验要求中，必要的实验步骤有________；A．实验前A、B必须在同一高度B．实验前要先测出轻质细绳的长度C．实验前要测出半环形物体C的质量m D．实验时要测出挡光片由光电门甲到乙的时间(3)本实验需要验证的表达式是______________________________________．三、计算题(共题共4小题，共52分)12. (8分)如图12甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F只在水平面上按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2，试求：图12(1)滑块运动到A处的速度大小；(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？13. (14分)(2019·江苏徐州市考前模拟)如图13所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一小段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率运行，AB之间距离为L＝8 m，斜面倾角θ＝37°，弹簧劲度系数k＝200 N/m，弹性势能E p＝12kx2，式中x为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d＝3.2 m．现将一质量为4 kg的工件轻放在传送带A端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其他阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：图13(1)工件传到B端经历的时间；(2)力传感器的示数最大值；(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，力传感器的示数为20 N，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)14. (15分)(2019·湖北恩施州2月教学质量检测)如图14所示为轮滑比赛的一段模拟赛道．一个小物块从A点以一定的初速度水平抛出，刚好无碰撞地从C点进入光滑的圆弧赛道，圆弧赛道所对的圆心角为60°，圆弧半径为R，圆弧赛道的最低点与水平赛道DE平滑连接，DE 长为R，物块经圆弧赛道进入水平赛道，然后在E点无碰撞地滑上左侧的斜坡，斜坡的倾角为37°，斜坡也是光滑的，物块恰好能滑到斜坡的最高点F，F、O、A三点在同一高度，重力加速度大小为g，不计空气阻力，不计物块的大小．求：图14(1)物块的初速度v0的大小及物块与水平赛道间的动摩擦因数；(2)试判断物块向右返回时，能不能滑到C点，如果能，试分析物块从C点抛出后，会不会直接撞在竖直墙AB上；如果不能，试分析物块最终停在什么位置？15. (15分)(2019·四川省第二次诊断)如图15所示为某同学设计的一个游戏装置，用弹簧制作的弹射系统将小球从管口P弹出，右侧水平距离为L、竖直高度为H＝0.5 m处固定一半圆形管道，管道所在平面竖直，半径R＝0.75 m，内壁光滑．通过调节立柱Q可以改变弹射装置的位置及倾角，若弹出的小球从最低点M沿切线方向进入管道，从最高点N离开后能落回管口P，则游戏成功．小球质量为0.2 kg，直径略小于管道内径，可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.该同学某次游戏取得成功，试求：图15(1)水平距离L；(2)小球在N处对管道的作用力；(3)弹簧储存的弹性势能．答案精析1．C 2．B[支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a ＝g tan θ.当a >g tan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，做正功；当a <g tan θ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，做负功．综上所述，选项B 错误．]3．B [细管轨道可以提供支持力，所以到达A 点的速度大于零即可，mgH －mg ·2R >0，解得H >2R ，故选B.]4．B [假设小球落到斜面上，分解位移可知x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，x ＝y ，可得t ＝2v 0g ，落到斜面上的速度大小为v ＝5v 0.由E k ＝12m v 2可知，小球从顶端抛出时v 0＝6 Jm，落到轨道时速度v ′＝3v 0，所以小球将会落到水平面上，由动能定理：mgh ＝(9－3) J ＝E k －6 J ，E k ＝12 J ．] 5．B [水平外力F 做的功为：W ＝FR ＝mgR ，选项A 错误；从a 到b 由动能定理：FR ＝12m v b 2，在b 点由牛顿第二定律：F N b －mg ＝m v b 2R ，联立解得F N b ＝3mg ，结合牛顿第三定律可知，选项B 正确；由机械能守恒定律得：12m v b 2＝mgR ＋12m v c 2，解得v c ＝0，即到达c 点的速度为零，运动到c点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项C、D错误．]6．B[刚开始接触时，由于弹簧的弹力小于两者的重力之和，所以此时两球仍做加速运动，当弹簧的弹力等于两球的重力之和时，两球速度达到最大，之后弹簧的弹力大于两球的重力之和，两球做减速运动，故A错误；两球的加速度始终相等，设为a，根据牛顿第二定律，对a球有F杆－mg＝ma，对b球有F弹－2mg－F杆＝2ma，解得F弹＝3F杆，则由W＝Fl可知，弹簧对b球做的功是杆对b球做功的3倍，即b球克服弹簧弹力做的功是杆对b球做功的3倍，故B正确；将两球看成一个整体，整体除了重力做功之外就是弹簧弹力做功，由功能关系可知弹簧对b球做的功等于a、b两球机械能的变化量之和，故C错误；b球到达最低点时a、b均具有向上的加速度，此时杆对a球的作用力一定大于a球的重力mg，故D错误．] 7．AC[因为A、B两物体用轻杆相连，一起运动，加速度相同，A正确．对两物体整体受力分析得：(2m＋m)g sin θ＝(2m＋m)a，整体加速度a＝g sin θ；设杆对B的力为F，隔离B可得：2mg sin θ＋F＝2ma，且a＝g sin θ，所以F＝0，B错误．只有重力对系统做功，动能和重力势能相互转化，机械能守恒，C正确．重力瞬时功率P＝mg v y，虽然两物体速度相同，但是质量不一样，则同一时刻两物体重力的功率不一样，D错误．]8．BD[由功能关系可知：物体克服摩擦力所做的功等于物体减少的机械能．如图所示，当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为μmg cos θ·AC＝μmg BC，则物体克服摩擦力所做的功与BC边长度有关，W克1>W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmg cos θ，则W克2>W克律可得F N＝mg cos θ＋m v2R，故W克2>W克1>W克3，由此可知物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3；由动能定理可知mgh 1－W克＝12，由于W克2>W克1>W克3，可得v2<v1<v3，故B、D正确．]2m v9．BD [A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，A 、B 组成的系统机械能不守恒，故A 错误；根据A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒可得：A 下降到最低点时，弹簧弹性势能最大，E p ＝2mgL (cos 30°－cos 45°)＝(3－2)mgL ，故B 正确；对B ：水平方向的合力F x ＝F 杆sin α－F 弹＝ma ，滑块B 先做加速运动后做减速运动，又竖直杆对A 的弹力等于F 杆sin α，所以竖直杆对A 的弹力并非始终大于弹簧的弹力，故C 错误；A 下降过程中动能达到最大前，A 加速下降，对A 、B 整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg －F N ＝2ma ′，a ′>0，则有F N ＜3mg ，故D 正确．]10．BD [开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝m b g ，则m a ＝m b sin θ＝m sin θ，b 下降h ，则a 上升h sin θ，则a 重力势能的增加量为m a gh sin θ＝mgh ，故A 错误；根据能量守恒得，系统机械能增加，摩擦力对a 做的功等于a 、b 机械能的增量，故B 正确；由能量守恒得传送带由于运送a 多消耗的电能等于系统产生的内能与a 、b 动能的增加量之和，故C 错误；任意时刻a 、b 的速率相等，对b ，重力的瞬时功率P b ＝mg v ，对a 有：P a ＝m a g v sin θ＝mg v ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．] 11．(1)d Δt 1 d Δt 2 (2)C (3)mgh ＝12(2m 0＋m )[d 2(Δt 2)2－d 2(Δt 1)2]12．(1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0.滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12m v A 2－0代入数据解得v A ＝5 2 m/s.(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－12m v A 2解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m. 13．(1)2.4 s (2)160 N (3)6.89 m解析 (1)设工件轻放后向右的加速度为a ，与传送带达到共速时位移为x 1，时间为t 1，有：μmg ＝ma ，得a ＝μg ＝5 m/s 2 t 1＝v 0a ＝45s ＝0.8 sx 1＝12at 12＝12×5×0.82 m ＝1.6 m<L接着工件向右匀速运动，设时间为t 2， t 2＝L －x 1v 0＝8－1.64s ＝1.6 s工件传到B 端经历的时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s (2)设力传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx 1 由动能定理得mg ()d ＋Δx 1sin 37°－μmg ()d ＋Δx 1cos 37°－12k Δx 12＝0－12m v 02代入数据得Δx 1＝0.8 m F m ＝k ·Δx 1＝160 N(3)设力传感器示数为20 N 时弹簧的压缩量为Δx 2，工件在斜面上通过的总路程为s Δx 2＝F 2k ＝20200 m ＝0.1 m由能量守恒得：12m v 02＋mg ()d ＋Δx 2sin 37°＝μmgs cos 37°＋12k Δx 22 代入数据得s ≈6.89 m. 14．(1)3gR 3 16(2)物块刚好落在平台上的B 点 解析 (1)物块从A 点抛出后做平抛运动， 在C 点v C ＝v 0cos 60°＝2v 0由题意可知AB 的高度：h ＝R cos 60°＝0.5R ；设物块的质量为m ，从A 点到C 点的过程，由机械能守恒可得：mgh ＝12m v C 2－12m v 02解得v 0＝3gR3物块从A 到F 的过程，由动能定理：－μmgR ＝0－12m v 02解得μ＝16；(2)假设物块能回到C 点，设到达C 点的速度大小为v C ′，根据动能定理：mg ·12R －μmgR ＝12m v C ′2 解得v C ′＝6gR3，假设成立； BC 长度：s ＝v 02h g ＝33R 假设物块从C 点抛出后直接落在BC 平台上，物块在C 点竖直方向的分速度v y ＝v C ′sin 60°＝2gR2水平分速度：v x ＝v C ′cos 60°＝6gR6落在BC 平台上的水平位移：x ＝v x ·2v y g ＝33R即物块刚好落在平台上的B 点．15．(1)2 m (2)23N ，方向竖直向上 (3)5 J解析 (1)设小球进入M 点时速度为v M ，运动至N 点时速度为v N ，由P 至M ，L ＝v M t 1，H ＝12gt 12 由N 至P ，L ＝v N t 2 H ＋2R ＝12gt 22由M 至N 过程，－2mgR ＝12m v N 2－12m v M 2联立解得：L ＝2 m ； (2)由(1)可得，v N ＝10 m/s 小球在N 点，由牛顿第二定律得 mg ＋F N ＝m v N 2R解得：F N ＝23N由牛顿第三定律可知，小球在N 处对管道的作用力大小F N ′＝F N ＝23 N ，方向竖直向上；(3)由P 至N 全过程，由能量守恒定律： E p ＝12m v N 2＋mg (H ＋2R )解得：E p ＝5 J.。
高考物理一轮复习第五章机械能4功能关系能量守恒定律课件
2021/4/17
高考物理一轮复习第五章机械能4功能关系能量
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守恒定律课件
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
2.功能关系的选用技巧: (1)若只涉及动能的变化,则首选动能定理分析。 (2)若只涉及重力势能的变化,则采用重力做功与重力势能的关系分析。 (3)若只涉及机械能变化,用除重力、系统内弹力之外的力做功与机械能变化的 关系分析。 (4)只涉及电势能的变化,用电场力与电势能变化关系分析。
【典例·通法悟道】 【典例1】 (多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑 斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的 滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释 放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的 过程中( ) A.两滑块组成的系统机械能守恒 B.重力对M做的功等于M动能的增加 C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D.两滑块组成的系统机械能损失等于M克服摩擦力做的功
(1)0～1 s内,A、B的加速度大小aA、aB。 (2)B相对A滑行的最大距离x。 (3)0～4 s内,拉力做的功W。 (4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q。
【解析】(1)在0～1 s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得μmg=MaA F1-μmg=maB 代入数据得aA=2 m/s2,aB=4 m/s2。 (2)t1=1 s后,拉力F2=μmg,铁块B做匀速运动,速度大小为v1:木板A仍做匀 加速运动,又经过时间t2,速度与铁块B相等。 v1=aBt1 又v1=aA(t1+t2) 解得t2=1 s
2021年高考物理一轮复习 5.1功和功率课时提升作业 沪科版必修2
2021年高考物理一轮复习 5.1功和功率课时提升作业沪科版必修2一、选择题(本题共5小题,每小题7分,共35分。
多选题已在题号后标出)1.以一定的初速度竖直向上抛出一个小球,小球上升的最大高度为h,空气阻力的大小恒为F,则从抛出到落回到抛出点的过程中,空气阻力对小球做的功为( ) A.0 B.-FhC.FhD.-2Fh2.(xx·中山模拟)A、B两物体的质量之比mA ∶mB=2∶1,它们以相同的初速度v在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其速度图像如图所示。
那么,A、B两物体所受摩擦阻力之比FA ∶FB与A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比WA ∶WB分别为( )A.2∶1,4∶1B.4∶1,2∶1C.1∶4,1∶2D.1∶2,1∶43.(xx·池州模拟)一个质量为m的小球做自由落体运动,那么,在前t秒内重力对它做功的平均功率及在t 秒末重力做功的瞬时功率P分别为( )A.=mg2t2,P=mg2t2B.=mg2t2,P=mg2t2C.=mg2t,P=mg2tD.=mg2t,P=2mg2t4.(xx·琼海模拟)如图所示是测量运动员体能的一种装置,运动员的质量为m1,绳拴在腰间水平方向跨过定滑轮(不计滑轮摩擦),绳的另一端悬吊重物的质量为m2,人在水平传送带上用力向后蹬传送带,而人的重心不动,使得传送带以速度v匀速向右运动。
人的脚与传送带间的动摩擦因数为μ,则( )A.人对传送带不做功B.传送带给人的摩擦力方向与传送带的速度v方向相同C.由题意可知,μm1g=m2gD.人对传送带做功的功率为m2gv5.(多选)(xx·青岛模拟)一辆小汽车在水平路面上由静止启动,在前5s内做匀加速直线运动,5 s末达到额定功率,之后保持额定功率运动,其v-t图像如图所示。
已知汽车的质量为m=2×103kg,汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍,g取10m/s2,则( )A.汽车在前5 s内的牵引力为4×103NB.汽车在前5 s内的牵引力为6×103NC.汽车的额定功率为60 kWD.汽车的最大速度为30 m/s二、计算题(本题15分。
2021届高考物理一轮复习第五章机械能第2讲动能定理及应用教学案沪科版
第2讲 动能定理及应用知识排查知识点一 动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能。
2.公式：E k ＝12mv 2。
3.单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2。
4.矢标性：动能是标量，只有正值。
5.状态量：动能是状态量，因为v 是瞬时速度。
知识点二 动能定理1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
2.表达式：W ＝12mv 22－12mv 21或W ＝E k2－E k1。
3.物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用。
5.应用动能定理解决的典型问题大致分为两种 (1)单一物体的单一过程；(2)单一物体的多个过程。
动能定理由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法要简便。
小题速练1.思考判断(1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化；而速度变化时，动能也一定变化。
( ) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态。
( ) (3)物体的动能不变，所受的合力必定为零。
( ) (4)物体做变速运动时动能不一定变化。
( )(5)功和动能都是标量，所以动能定理没有分量式。
( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5) √2.(2018·全国卷Ⅱ，14)如图1，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。
木箱获得的动能一定( )图1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功解析由动能定理W F－W f＝E k－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
答案 A对动能定理的理解及应用1.对“外力”的两点理解(1)“外力”指的是合外力，可以是任何性质的力，不同性质的力可以同时作用，也可以不同时作用。
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精品文档 实用文档 2021年高考物理一轮复习 单元质检五 功和能、机械能及其守恒定律（含解析）沪科版 单元质检第7页
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分) 1.在竖直平面内,有根光滑金属杆弯成如图所示形状,相应的曲线方程为y=Acos x,
将一个光滑小环套在该金属杆上,并从x=0、y=A处以某一初速度沿杆向+x方向运动。运动过程中( ) A.小环在D点的加速度为零 B.小环在B点和D点的加速度相同 C.小环在C点的速度最大 D.小环在C点和E点的加速度方向相同 解析:小环在D点和B点的加速度是由环的重力沿杆切向分力产生的,由对称性可知,小环在两点的加速度的大小相同,方向不同,故A、B均错误;因C点最低,小环的重力势能最小,由机械能守恒知,小环在C点的速度最大,C正确;小环在C点和E点的加速度均为向心加速度,故方向相反,D错误。 答案:C 2.光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下,抵达光滑的水平面上的B点时的速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条,如图所示,小球越过n条活动挡条后停下来。若让小球从h高处以初速度v0滚下,则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( )
A.n B.2n C.3n D.4n 解析:设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平面上滚动时,由动能定理有0-=nW,对第二次有0-=0-(+mgh)=NW,又因为=mgh,联立以上三式解得N=2n。 答案:B 3.小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面。在上升至离地高度h处,小球的动能是势能的2倍,在下落至离地高度h处,小球的势能是动能的2倍,则h等于( ) A. B. C. D. 解析:设小球上升至离地面高度h时,速度为v1,由地面上抛时速度为v0,下落至离地面高度h处速度为v2,空气阻力为f,上升阶段:-mgH-fH=-,-mgh-fh=,2mgh=;下降阶段:mg(H-h)-f(H-h)=;mgh=2×,由以上各式联立得:h=H,故选D。 精品文档 实用文档 答案:D 4.如图甲所示,足够长的固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,沿杆方向给环施加一个拉力F,使环由静止开始运动,已知拉力F及小环速度v随时间t变化的规律如图乙所示,重力加速度g取10m/s2。则以下判断正确的是( )
A.小环的质量是1kg B.细杆与地面间的倾角是30° C.前3s内拉力F的最大功率是2.25W D.前3s内小环机械能的增加量是6.75 J 解析:设小环的质量为m,细杆与地面间的倾角为α,由题图乙知,小环在第1s内的加速度a=m/s2=0.5 m/s2,由牛顿第二定律得:5-mgsinα=ma,又4.5=mgsinα,得m=1kg,A正确;sin
α=0.45,B错误;分析可得前3 s内拉力F的最大功率以1s末为最大,Pm=Fv=5×0.5 W=2.5 W,C错误;前3 s内小环沿杆上升的位移s=×1m+0.5×2 m=1.25 m,前3 s内小环机械能的增加量ΔE=mv2+mgssinα=5.75J,故D错误。 答案:A 5.半径为R的圆桶固定在小车上,有一光滑小球静止在圆桶的最低点,如图所示。小车以速度v向右匀速运动,当小车遇到障碍物突然停止时,小球在圆桶中上升的高度不可能是( )
A.等于 B.大于 C.小于 D.等于2R 解析:小球沿圆桶上滑机械能守恒,由机械能守恒分析知A、C、D是可能的。 答案:B 6.如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统,斜面轨道倾角为30°,质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程。下列选项正确的是( )
A.m=M B.m=2M C.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 解析:自木箱下滑至弹簧压缩到最短的过程中,由能量守恒有:(m+M)gh=(m+M)gμcos 30°·+E
弹①,在木箱反弹到轨道顶端的过程中,由能量守恒有:E弹=Mgμcos 30°·+Mgh②,联立①②
得:m=2M,A错误,B正确;下滑过程中:(M+m)gsin θ-(M+m)gμcos θ=(M+m)a1③,上滑过程中:Mgsinθ+Mgμcosθ=Ma2④,解之得:a2=g(sin θ+μcos θ)>a1=g(sinθ-μcos θ),故C正确;在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能,所以D错误。 答案:BC 7.静止在粗糙水平面上的物块A受方向始终水平向右、大小先后为F1、F2、F3的拉力作用做直线运动,t=4s时停下,其vt图象如图所示,已知物块A与水平面间的动摩擦因数处处相同,下列精品文档 实用文档 判断正确的是( ) A.全过程中拉力做的功等于物块克服摩擦力做的功 B.全过程拉力做的功等于零 C.一定有F1+F3=2F2 D.有可能F1+F3>2F2 解析:由动能定理知A正确,B错误。第1 s内F1-μmg=ma,1s末至3 s末,F2=μmg,第4s内,μmg-F3=ma,所以F1+F3=2F2,故C正确,D错误。 答案:AC 8.如图所示,一物体m在沿斜面向上的恒力F作用下,由静止从底端沿光滑的斜面向上做匀加速直线运动,经时间t力F做功为60J,此后撤去恒力F,物体又经时间t回到出发点,若以地面为零势能点,则下列说法正确的是( )
A.物体回到出发点时的动能是60J B.开始时物体所受的恒力F=2mgsinθ C.撤去力F时,物体的重力势能是45J D.动能与势能相同的位置在撤去力F之前的某位置 解析:由功能关系可知,前一个时间t内,力F做的功等于此过程中物体机械能的增量,也等于前一个时间t末时刻物体的机械能;撤去外力F后,物体的机械能守恒,故物体回到出发点时的动能是60J,A正确;设前一个时间t末时刻物体速度为v1,后一个时间t末时刻物体速度为v2,由t=t(两段时间内物体位移大小相等)得:v2=2v1,由=60J知,=15J,因此撤去F时,物体的重力势能为60J-15 J=45 J,C正确;动能和势能相同时,重力势能为30 J,故它们相同的位置一定在撤去力F之前的某位置,D正确;由可得:F=mgsin θ,故B错误。 答案:ACD 二、实验题(共15分) 9.(5分)关于“验证机械能守恒定律”的实验中,以下说法正确的是 。 A.实验中摩擦是不可避免的,因此纸带越短越好,因为纸带越短,克服摩擦力做的功就越少,误差就越小 B.实验时需称出重物的质量 C.纸带上第1、2两点间距若不接近2mm,则无论怎样处理实验数据,实验误差都一定较大 D.处理打点的纸带时,可以直接利用打点计时器打出的实际点迹,而不必采用“计数点”的方法 解析:选项A中,纸带过短,长度测量的相对误差较大,故A错误;由mv2=mgh知,只需验证v2=gh即可,不必测重物质量,故B错;对C选项中的纸带,可选点迹清晰、距离合适的任意两点M、N,通过计算ΔEk=与mghMN比较,实验误差不一定大,故C错误;由于自由落体加速度较大,因此除去1、2两点距离可能很小,其他相邻两点间的距离均大于或远大于2mm,用毫米刻度尺测量完全可以,不必采用“计数点”法,故D正确。 答案:D 10某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率,进行了如下实验: ①用天平测出电动小车的质量为0.4kg。 ②将电动小车、纸带和打点计时器按如图所示安装。
③接通打点计时器(其打点周期为0.02s)。 ④使电动小车以额定功率加速运动,达到最大速度一段时间后关闭小车电源。待小车静止时再精品文档 实用文档 关闭打点计时器(设在整个过程中小车所受的阻力恒定)。 在上述过程中,打点计时器在纸带上所打的点迹如图甲、乙所示,图中O点是打点计时器打的第一个点。
请你分析纸带数据,回答下列问题: (1)该电动小车运动的最大速度为 m/s。 (2)该电动小车运动过程中所受的阻力大小为 N。 (3)该电动小车的额定功率为 W。 解析:(1)速度恒定时:v=m/s=1.50 m/s。 (2)匀减速运动阶段:a=≈-4.00 m/s2 则f=ma=-1.60N。 (3)F=-f 电动小车的额定功率:P=Fv=1.60×1.50W=2.4 W。 答案:(1)1.50 (2)1.60 (3)2.4 三、计算题(本题共3小题,共47分) 11.(14分)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示,赛车从起点A出发,沿水平直线轨道运动L后,由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道,离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点,并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg,通电后以额定功率P=1.5 W工作,进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N,随后在运动中受到的阻力均可不计。图中L=10.00m,R=0.32m,h=1.25m,s=1.50m。问:要使赛车完成比赛,电动机至少工作多长时间?(取
g=10m/s2)
解析:设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1,由平抛运动的规律s=v1t,h=gt2 解得v1=s=3m/s 设赛车恰好通过圆轨道,对应圆轨道最高点的速度为v2,最低点的速度为v3,由牛顿第二定律及机械能守恒定律 mg=m +mg(2R)
解得:v3==4m/s 通过分析比较,赛车要完成比赛,在进入圆轨道前的速度最小应该是:vmin=4 m/s 设电动机工作时间至少为t,根据功能关系:Pt-fL= 由此可得t=2.53s。 答案:2.53s 12.(18分)如图甲所示,水平传送带的长度L=6m,皮带轮以速度v顺时针匀速转动,现在一质量