【優(yōu)化方案】高三物理專題復(fù)習(xí)攻略 第一部分專題二第五講知能優(yōu)化訓(xùn)練 新人教版（重慶專用）

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1、【優(yōu)化方案】高三物理專題復(fù)習(xí)攻略 第一部分專題二第五講知能優(yōu)化訓(xùn)練 新人教版（重慶專用） 1．(2020年高考新課標(biāo)全國卷)一質(zhì)點開始時做勻速直線運(yùn)動，從某時刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點的動能可能(　　) A. 一直增大 B. 先逐漸減小至零，再逐漸增大 C. 先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小 D. 先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大 解析：選ABD.若力F的方向與初速度v0的方向一致，則質(zhì)點一直加速，動能一直增大，選項A正確．若力F的方向與v0的方向相反，則質(zhì)點先減速至速度為零后反向加速，動能先減小至零后增大，選項B正確．若力F的方向與v0的方向成一鈍角

2、，如斜上拋運(yùn)動，物體先減速，減到某一值，再加速，則其動能先減小至某一非零的最小值，再增大，選項D正確． 2．(2020年高考海南卷)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時起，第1秒內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2秒內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用．下列判斷正確的是(　　) A．0～2 s內(nèi)外力的平均功率是 W B．第2秒內(nèi)外力所做的功是 J C．第2秒末外力的瞬時功率最大 D．第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是 解析：選AD.根據(jù)牛頓第二定律得，物體在第1 s內(nèi)的加速度a1＝＝2 m/s2，在第2 s內(nèi)的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2；第1 s末的速度v1

3、＝a1t＝2 m/s，第2 s末的速度v2＝v1＋a2t＝3 m/s；0～2 s內(nèi)外力做的功W＝mv＝ J，功率P＝＝ W，故A正確．第2 s內(nèi)外力所做的功W2＝mv－mv＝(×1×32－×1×22)J＝ J，故B錯誤．第1 s末的瞬時功率P1＝F1v1＝4 W．第2 s末的瞬時功率P2＝F2v2＝3 W，故C錯誤．第1 s內(nèi)動能的增加量ΔEk1＝mv＝2 J，第2 s內(nèi)動能的增加量ΔEk2＝W2＝ J，所以＝，故D正確． 3．(2020年高考江蘇卷)如圖5－8所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減?。茸屛飰K從A由靜止開始滑到B.然后，將

4、A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有(　　) 圖5－8 A．物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小 B．物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少 C．物塊滑到底端的速度，前一過程較大 D．物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長 解析：選AD.前一過程，從A到P，所受摩擦力較大，下滑加速度較小，位移較小，故在P點的動能較小；后一過程，從B到P，下滑加速度較大，位移較大，故在P點的動能較大，所以A正確；兩過程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，無法比較產(chǎn)生熱量的大小，故B不正確；物塊

5、滑到底端的兩過程合外力的功相同，根據(jù)動能定理，滑到底端速度相等，即C不正確；由牛頓第二定律，結(jié)合兩次加速度變化特點，兩次圖象如v-t圖所示，位移相等，故前一過程時間較長，D正確． 4．(2020年遼寧沈陽模擬)如圖5－9所示，圖線表示作用在某物體上的合外力隨時間變化的關(guān)系，若物體開始時是靜止的，那么(　　) 圖5－9 A．從t＝0 開始，5 s內(nèi)物體的動能變化量為零 B．在前5 s內(nèi)只有第1 s末物體的動能最大 C．在前5 s內(nèi)只有第5 s末物體的速率最大 D．前3 s內(nèi)合外力對物體做的功為零 解析：選D.由圖象可知0～1 s的合外力的大小是2～5 s的合外力的大小的2倍

6、，所以加速度大小的關(guān)系也是2∶1，物體的運(yùn)動狀態(tài)可描述為0～1 s物體做勻加速運(yùn)動到速度最大，3 s末減速到零，5 s末反向加速到最大，因此5 s內(nèi)動能變化量不為零，故選項A錯；第1 s末和第5 s末物體的動能和速率一樣大，所以選項B、C都不對；3 s末減速到零，所以前3 s內(nèi)合外力對物體做的功為零，所以正確選項為D. 5. (2020年高考上海卷)傾角θ＝37°，質(zhì)量M＝ 5 kg的粗糙斜面位于水平地面上，質(zhì)量m＝2 kg的木塊置于斜面頂端，從靜止開始勻加速下滑，經(jīng)t＝2 s到達(dá)底端，運(yùn)動路程L＝4 m，在此過程中斜面保持靜止(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/

7、s2)．求： 圖5－10 (1)地面對斜面的摩擦力大小與方向； (2)地面對斜面的支持力大?。? (3)通過計算證明木塊在此過程中滿足動能定理． 解析：(1)木塊做勻加速運(yùn)動 L＝at2 所以a＝＝ m/s2＝2 m/s2 木塊受力如圖，由牛頓第二定律 mgsin37°－Ff1＝ma Ff1＝mgsin37°－ma＝2×10×0.6－2×2＝8(N) FN1＝mgcos37°＝2×10×0.8＝16(N) 斜面受力如圖，由共點力平衡，地面對斜面摩擦力 Ff2＝FN1′sin37°－Ff1′cos37°＝16×0.6－8×0.8＝3.2(N) 方向沿水平向左

8、． (2)地面對斜面的支持力 FN2＝Mg＋FN1′cos37°＋Ff1′sin37°＝5×10＋16×0.8＋8×0.6＝67.6(N)． (3)木塊在下滑過程中，沿斜面方向合力及合力做功為 F＝mg sin37°－Ff1＝2×10×0.6－8＝4(N) W＝FL＝4×4＝16(J) 木塊末速度及動能增量 v＝at＝2×2＝4(m/s) ΔEk＝mv2－0＝×2×42－0＝16(J) 由此可知，在下滑過程中 W＝ΔEk 動能定理成立． 答案：(1)3.2 N　水平向左　(2)67.6 N　(3)見解析 溫馨提示：鞏固復(fù)習(xí)效果，檢驗教學(xué)成果.請進(jìn)入“專題針對訓(xùn)練5”，指導(dǎo)學(xué)生每課一練，成功提升成績.