首页

【全程复习】2022届高考物理第一轮复习方略 5.4功能关系 能量守恒定律B课时提能演练(含解析) 新人教版

资源预览文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。

1/8

2/8

剩余6页未读,查看更多内容需下载

《全程复习》2022届高考物理全程复习方略(人教版-第一轮)课时提能演练(含详细解析)5.4功能关系能量守恒定律B(40分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每题9分,至少一个答案正确,选不全得5分,共72分)1.(2022·天门模拟)如图所示,质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度,该高度比他起跳时的重心高出h,则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功()A.都必须大于mghB.都不一定大于mghC.用背越式不一定大于mgh,用跨越式必须大于mghD.用背越式必须大于mgh,用跨越式不一定大于mgh2.(2022·长春模拟)如图所示,在光滑四分之一圆弧轨道的顶端a点,质量为m的物块(可视为质点)由静止开始下滑,经圆弧最低点b滑上粗糙水平面,圆弧轨道在b点与水平轨道平滑相接,物块最终滑至c点停止.若圆弧轨道半径为R,物块与水平面间的动摩擦因数为μ,下列说法正确的是()A.物块滑到b点时的速度为B.物块滑到b点时对b点的压力是3mgC.c点与b点的距离为D.整个过程中物块机械能损失了mgR3.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面,其运动的加速度的大小为0.9g.这个物体沿斜面上升的最大高度为H,则在这个过程中()8\nA.物体的重力势能增加了0.9mgHB.物体的重力势能增加了mgHC.物体的动能损失了0.5mgHD.物体的机械能损失了0.5mgH4.(2022·南通模拟)如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面上,有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始运动,物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示.其中0~x1过程的图线是曲线,x1~x2过程的图线为平行于x轴的直线,则下列说法中正确的是()A.物体在沿斜面向下运动B.在0~x1过程中,物体的加速度一直减小C.在0~x2过程中,物体先减速再匀速D.在x1~x2过程中,物体的加速度为gsinθ5.(2022·中山模拟)如图所示,A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连,置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度处,且都处于静止状态,两斜面的倾角分别为α和β,若不计摩擦,剪断细绳后,下列关于两物体说法中正确的是()A.两物体着地时所受重力的功率相同B.两物体着地时的动能相同C.两物体着地时的速率相同D.两物体着地时的机械能相同6.将三个不同的斜面如图所示放置,其中斜面1与2底边相同,斜面2和3高度相同,同一物体与三个斜面间的动摩擦因数均相同,在物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中,下列说法正确的是()8\nA.三种情况下物体损失的机械能ΔE3>ΔE2>ΔE1B.三种情况下摩擦产生的热量Q1=Q2<Q3C.到达底端的速度v1>v2=v3D.到达底端的速度v1>v2>v37.(2022·临沂模拟)第十三届田径锦标赛于2022年8月在韩国大邱举行.在撑杆跳比赛中,波兰选手沃伊切霍夫斯基以5.90m的高度夺金,如果把撑杆跳全过程分成四个阶段:a—b、b—c、c—d、d—e,如图所示,则对这四个阶段的下列描述正确的有()A.a—b为加速助跑阶段,人和杆的机械能在增加B.b—c为杆弯曲人上升阶段,系统动能减少,重力势能和弹性势能在增加C.c—d为杆伸直人上升阶段,人的动能转化为重力势能D.d—e为人过横杆后的下落阶段,重力所做的功等于人机械能的增加量8.传送带用于传送工件可以提高工作效率.如图所示,传送带长度是,以恒定的速度v运送质量为m的工件,工件从最低点A无初速度地放到传送带上,到达最高点B前有一段匀速的过程.工件与传送带之间的动摩擦因数为μ,传送带与水平方向夹角为θ,每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时,后一个工件立即放到传送带上,整条传送带满载时恰好能传送n个工件.重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为B.在传送带上摩擦力对每个工件做的功为C.每个工件与传送带之间由摩擦产生的热量为D.传送带满载工件比空载时增加的功率为P=mgv(μcosθ+nsinθ-sinθ)二、计算题(本大题共2小题,共28分,要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)8\n9.(2022·聊城模拟)(14分)如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧靠在竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB光滑,在最低点B与水平轨道BC相切,BC的长度L=2m,圆弧半径R=1m,整个轨道处于同一竖直平面内,可视为质点的物块从C点以8m/s初速度向左运动,物块与BC部分的动摩擦因数μ=0.7,已知物块质量为m=1kg,小车的质量M=3.5kg(g=10m/s2)求:(1)物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力及离开B点上升的最大高度.(2)物块滑向B点后再经多长时间离开小车及小车运动的最大速度.10.(2022·常熟模拟)(14分)如图所示,遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发,经过时间t后关闭电动机,赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道,通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上.已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍,即k=Ff/mg=0.5,赛车的质量m=0.4kg,通电后赛车的电动机以额定功率P=2W工作,轨道AB的长度L=2m,圆形轨道的半径R=0.5m,空气阻力可以忽略,取重力加速度g=10m/s2.某次比赛,要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又要在CD轨道上运动的路程最短.在此条件下,求:(1)赛车在CD轨道上运动的最短路程.(2)赛车电动机工作的时间.答案解析1.【解析】选C.采用背越式跳高方式时,运动员的重心升高的高度可以低于横杆,而采用跨越式跳高方式时,运动员的重心升高的高度一定高于横杆,故用背越式时克服重力做的功不一定大于mgh,而采用跨越式时克服重力做的功一定大于mgh,C正确.2.【解析】选B、C、D.由a到b的过程中,应用机械能守恒定律可得:,得8\n,A错误;由得:FNb=3mg,B正确;由能量守恒可得:mgR-μmg·xbc=0,得,C正确;在整个过程中,克服摩擦力做功为μmgxbc=mgR,故机械能损失了mgR,D正确.3.【解析】选B、D.由mgsin37°+Ff=ma可得:Ff=0.3mg,物体上滑过程中,物体重力做负功,大小为mgH,故重力势能增加了mgH,A错误,B正确;物体机械能的损失等于物体克服阻力所做的功,其大小为,D正确;由得:v02=3gH,故物体动能损失为,C错误.4.【解析】选A、D.由图乙可知,在0~x1过程中,物体机械能减少,故力F在此过程中做负功,因此,物体沿斜面向下运动,因在E-x图线中的0~x1阶段,图线的斜率变小,故力F在此过程中逐渐减小,由mgsinθ-F=ma可知,物体的加速度逐渐增大,A正确,B、C错误;x1~x2过程中,物体机械能保持不变,F=0,故此过程中物体的加速度a=gsinθ,D正确.【变式备选】(2022·桂林模拟)如图所示,劲度系数为k的轻弹簧竖直放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放,那么从小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中,以下说法正确的是()A.弹簧的弹性势能逐渐增大B.小球刚接触弹簧时动能最大C.小球所受合力的最大值可能等于重力D.该过程的某一阶段内,小球的动能增大而小球的机械能减少【解析】选A、D.小球压上弹簧后继续向下运动到最低点的过程中,弹簧的压缩量增大,弹簧的弹性势能逐渐增大,A正确;小球压上弹簧后的开始阶段,仍有mg>kx,故小球还要继续加速,而此过程中小球的机械能有一部分转化为弹簧的弹性势能,小球机械能减少了,故D正确,B错误;小球在最低点时合力最大,方向向上,其合力一定大于mg,C错误.5.【解析】选A、C.由剪断细绳前两物体平衡可得:,由机械能守恒得:,可知两物体着地时的速度,故它们的速度大小相同,但因物体质量不同,故两物体着地时的动能和机械能均不同,B、D错误,C正确;由可知,两物体着地时,所受重力的功率相同,A正确.8\n6.【解析】选B、D.物体损失的机械能等于因摩擦产生的热量,也等于物体克服摩擦力所做的功Wf,由可知,,故B正确,A错误;由动能定理得:,由h1>h2可知,v1>v2,由可知,v2>v3,故C错误,D正确.7.【解析】选A、B.在加速助跑阶段,人和杆的速度增大,其机械能增加,A正确;在杆弯曲人上升阶段,系统的重力势能和弹性势能在增加,而系统动能减少,B正确;在c—d阶段,杆伸直人上升的过程,杆的弹性势能和人的动能均转化为重力势能,C错误;人过横杆后的下落阶段,只有重力做功,人的机械能守恒,D错误.8.【解题指南】解答本题时应明确以下三点:(1)传送带对工件所做的功等于工件动能与重力势能的增量.(2)由摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.(3)满载时有一个工件是滑动摩擦力,其余为静摩擦力.【解析】选B、D.由动能定理可知,,故传送带上摩擦力对每个工件做的功为,A错误,B正确;工件加速过程的加速度,加速到同速所用的时间,故每个工件加速过程中由摩擦产生的热量,故C错误;满载比空载时,传送带增加的拉力F=(n-1)mgsinθ+μmgcosθ,故传送带满载比空载时增加的功率为P=F·v=mgv(μcosθ+nsinθ-sinθ),D正确.9.【解析】(1)物块由C到B的过程对物块由动能定理得:(2分)据牛顿第二定律:(2分)由牛顿第三定律FN=-FN′,FN′的大小为46N,方向竖直向下(2分)8\n由机械能守恒定律:,解得:h=1.8m(2分)(2)设物块滑回B点至轨道末端C处分离用时t,对物块由牛顿第二定律μmg=ma1对小车有:μmg=Ma2(2分)(2分)解得:分离时小车速度最大v车=a2t解得:v车=1.33m/s(2分)答案:(1)46N,方向竖直向下1.8m(2)s1.33m/s10.【解析】(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道,又在CD轨道上运动的路程最短,则赛车经过圆轨道P点时速度最小,此时赛车对轨道的压力为零,重力提供向心力:(2分)C点的速度,由机械能守恒定律可得:(3分)由上述两式联立,代入数据可得:vC=5m/s(1分)设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x,由动能定理可得:(2分)代入数据可得:x=2.5m(1分)8\n(2)由于竖直圆轨道光滑,由机械能守恒定律可知:vB=vC=5m/s从A点到B点的运动过程中,由能量守恒定律可得:(3分)代入数据可得:t=4.5s(2分)答案:(1)2.5m(2)4.5s【总结提升】与功能关系相结合的圆周运动问题的分析方法(1)确定研究对象,对研究对象进行受力分析和做功情况分析,对于多个过程的情形,要分析出在每一个过程中的受力和做功情况.(2)注意不同过程的衔接,前一个过程的末状态,就是后一个过程的初状态.(3)分析每一个过程中的能量转化情况,机械能是否守恒,列出每一个过程的对应方程.(4)确定临界状态及特点,并列出相应的方程.(5)求解方程并进行验证.8

版权提示

  • 温馨提示:
  • 1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
  • 2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
  • 3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
  • 4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)

文档下载

发布时间:2022-08-25 15:08:32 页数:8
价格:¥3 大小:378.13 KB
文章作者:U-336598

推荐特供

MORE