2019-2020年高三物理二輪復習 考前沖刺 重點知識回顧 功和能.doc

2019-2020年高三物理二輪復習 考前沖刺 重點知識回顧 功和能1.(多選)一滑塊放在水平面上，從t0時刻開始對滑塊施加一水平方向的恒力F，使滑塊由靜止開始運動，恒力F作用的時間為t1，如圖所示為滑塊在整個過程中的速度隨時間的變化規(guī)律，且圖線的傾角.若0t1時間內恒力F做的功以及滑塊克服摩擦力做的功分別為W和W1、恒力F做功的平均功率以及滑塊克服摩擦力做功的平均功率分別為P和P1，t1t2時間內滑塊克服摩擦力做的功與克服摩擦力做功的平均功率分別為W2、P2.則下列關系式正確的是()AWW1W2BW1W2CPP1P2 DP1P2解析：選ACD.對于整個過程，由動能定理可知WW1W20，故WW1W2，A正確；由題圖可知，加速過程的位移大于減速過程的位移，因摩擦力不變，故加速時摩擦力做的功大于減速時克服摩擦力做的功，B錯誤；根據勻變速直線運動的規(guī)律可知加速和減速過程中的平均速度相等，故由PFv可知，克服摩擦力做功的平均功率相等，故P1P2，D正確；由功率關系可知WPt1P1t1P2t2，所以PP1P2，又1，則PP1P2，C正確2在女子排球比賽中，假設運動員某次發(fā)球后排球恰好從網上邊緣過網女子排球網網高H2.24 m，排球質量為m300 g，運動員對排球做的功為W120 J，排球從發(fā)出至運動到網上邊緣的過程中克服空氣阻力做功為W24.12 J，重力加速度g10 m/s2.排球發(fā)出時的位置高度h2.04 m，選地面為零勢能面，則()A與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時重力勢能的增加量為6.72 JB排球恰好到達球網上邊緣時的機械能為26.12 JC排球恰好到達球網上邊緣時的動能為15.88 JD與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時動能的減少量為4.72 J解析：選D.與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時重力勢能的增加量為mg(Hh)0.6 J，A錯誤；排球恰好到達球網上邊緣時的機械能為mghW1W222 J，B錯誤；排球恰好到達球網上邊緣時的動能為W1W2mg(Hh)15.28 J，C錯誤；與排球發(fā)出時相比，排球恰好到達球網上邊緣時動能的減少量為W2mg(Hh)4.72 J，D正確3. (多選)如圖是小球做平拋運動的一段軌跡，P、Q點在軌跡上已知P點的坐標為(30 cm,15 cm)，Q點的坐標為(60 cm,40 cm)，小球質量為0.2 kg，取重力加速度g10 m/s2，拋出點所在水平面為零勢能參考平面，則()A小球做平拋運動的初動能為0.9 JB小球從P運動到Q的時間為1 sC小球在P點時的重力勢能為0.4 JD小球經過P點的速度為 m/s解析：選AD.設小球做平拋運動的初速度為v0，從P運動到Q的時間為T，根據平拋運動規(guī)律有0.30 mv0T,0.25 m0.15 mgT2，聯立解得T0.1 s，v03 m/s，選項B錯誤小球做平拋運動的初動能為Ek0mv0.9 J，選項A正確小球經過P點時的豎直分速度為vPy m/s2 m/s.由vPygt可得t0.2 s，P點到拋出點的豎直高度ygt20.2 m，小球在P點時的重力勢能為EPmgy0.4 J，選項C錯誤小球經過P點的速度v m/s，選項D正確4.(多選)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端與一質量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經過B處的速度最大，到達C處的速度為零ACh.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g，則圓環(huán)()A下滑過程中，加速度一直減小B下滑過程中，克服摩擦力做的功為mv2C在C處，彈簧的彈性勢能為mv2mghD上滑經過B的速度大于下滑經過B的速度解析：選BD.圓環(huán)下落時，先加速，在B位置時速度最大，加速度減小至0.從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項A錯誤圓環(huán)下滑時，設克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢能為Ep，由A到C的過程中，根據能量關系有mghEpWf.由C到A的過程中，有mv2EpWfmgh.聯立解得Wfmv2，Epmghmv2.選項B正確，選項C錯誤設圓環(huán)在B位置時，彈簧的彈性勢能為Ep，根據能量守恒，A到B的過程有mvEpWfmgh，B到A的過程有mvB2EpmghWf，比較兩式得vBvB，選項D正確5(多選)三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2 m且與水平方向的夾角均為37.現有兩個質量相同的小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列判斷正確的是()A物塊A先到達傳送帶底端B物塊A、B同時到達傳送帶底端C傳送帶對物塊A、B均做負功D物塊A下滑過程系統(tǒng)產生的熱量小于B下滑過程系統(tǒng)產生的熱量解析：選BCD.計算比較得mgsin mgcos ，A和B沿傳送帶斜面向下做初速度相同、加速度相同的勻加速運動，并且兩物塊與地面距離相同，所以兩物塊同時到達底端，選項A錯，B對；兩物塊的摩擦力方向都與運動方向相反，所以傳送帶對物塊A、B均做負功，選項C對；物塊A與傳送帶運動方向相同，物塊B與傳送帶運動方向相反，而劃痕是指物塊與傳送帶間的相對位移，所以s相對As相對B，而Q熱mgs相對，所以QAQB，選項D對6.(多選)如圖所示，光滑半圓形軌道半徑為r0.4 m，BC為豎直直徑，A為半圓形軌道上與圓心O等高的位置一質量為m2.0 kg的小球(可視為質點)自A處以某一豎直向下的初速度滑下，進入與C點相切的粗糙水平面CD上，在水平滑道上有一輕質彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端位于滑道末端的C點(此時彈簧處于自然狀態(tài))若小球與水平滑道間的動摩擦因數為0.5，彈簧被壓縮的最大長度為0.2 m，小球經彈簧反彈后恰好能通過半圓形軌道的最高點B，重力加速度g10 m/s2.則下列說法中正確的是()A小球通過最高點B時的速度大小為2 m/sB小球運動過程中彈簧的最大彈性勢能為20 JC小球從A點豎直下滑的初速度大小為4 m/sD小球第一次經過C點時對C點的壓力為120 N解析：選AC.由于小球經反彈后恰好能夠通過最高點B，則在B點有mgm，即vB，代入數據可得vB2 m/s，選項A正確；由題意可知，當彈簧壓縮x0.2 m時其彈性勢能最大，設其最大彈性勢能為Epm，由能量守恒定律可得Epmmgxmg2rmv，代入數據可得Epm22 J，選項B錯誤；設小球從A點豎直下滑的初速度大小為v0，則由能量守恒定律可得mgrmvEpmmgx，代入數據可得v04 m/s，選項C正確；設小球第一次經過C點時的速度大小為vC，由機械能守恒定律可得mgrmvmv，小球第一次經過C點時有Nmgm，由牛頓第三定律可得FN，聯立解得F140 N，選項D錯誤7如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑為r0.4 m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k25 N/m的輕彈簧，輕彈簧下端固定，上端恰好與管口D端齊平質量為m1 kg的小球在曲面上距BC的高度為h0.8 m處從靜止開始下滑，進入管口C端時與管壁間恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧已知彈簧的彈性勢能表達式為Epkx2，x為彈簧的形變量，小球與BC間的動摩擦因數0.5，取g10 m/s2.求：(1)小球達到B點時的速度大小vB；(2)水平面BC的長度s；(3)在壓縮彈簧過程中小球的最大速度vm.解析：(1)由機械能守恒得：mghmv解得：vB4 m/s(2)由mgm得vC2 m/s由動能定理得：mghmgsmv解得：s1.2 m(3)設在壓縮彈簧過程中小球速度最大時離D端的距離為x，則有：kxmg得：x0.4 m由功能關系得：mg(rx)kx2mvmv解得：vm4 m/s答案：(1)4 m/s(2)1.2 m(3)4 m/s8如圖所示，豎直平面內，水平光滑軌道CD與兩個半徑相同的半圓軌道分別相切于D、C，在A點某人將質量為m0.1 kg的小球以一定初速度水平彈出，小球沿水平軌道AB滑行并從B點水平飛離，小球與水平軌道CD碰撞(碰撞過程小球無機械能損失)兩次后恰好到達半圓軌道的E點，在E點小球對軌道的壓力為 N，已知小球與AB間的動摩擦因數0.1，AB長s10 m，水平軌道CD長l12 m，小球每次與水平軌道碰撞時間為t2103s，碰撞時水平速度不變，豎直速度反向，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)半圓軌道的半徑R；(2)人對小球所做的功W0；(3)碰撞過程中，水平軌道對小球的平均作用力大小解析：(1)由題知小球從B到E，水平方向做勻速運動，故vBvE在E點，由牛頓第二定律知mgNm因小球與CD碰撞兩次，由平拋運動規(guī)律知水平方向：vEt豎直方向：2Rgt2聯立并代入數值得R0.9 m.(2)從A到B由動能定理知mgsEkAmv由功能關系知人對小球所做的功W0EkA解得W02.25 J.(3)小球在碰撞時豎直方向速度變化量vy2gt產生的加速度a由牛頓第二定律知mgma解得601 N.答案：(1)0.9 m(2)2.25 J(3)601 N