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(新課標(biāo))2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動(dòng)量 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練21.doc

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(新課標(biāo))2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動(dòng)量 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練21.doc

課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(二十一)落實(shí)雙基基礎(chǔ)鞏固1如圖所示,一塊長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上,在B上放一A物體,現(xiàn)以恒定的外力拉B,使A、B間產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng),如果以地面為參考系,A、B都向前移動(dòng)一段距離在此過(guò)程中()A外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量BB對(duì)A的摩擦力所做的功,等于A的動(dòng)能增量CA對(duì)B的摩擦力所做的功,等于B對(duì)A的摩擦力所做的功D外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量解析外力F做的功等于A、B動(dòng)能的增量與A、B間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和,A錯(cuò)誤;A物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力,對(duì)A物體運(yùn)用動(dòng)能定理,則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量,即B正確;A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B上滑動(dòng),A、B對(duì)地的位移不等,故二者做功不相等,C錯(cuò)誤;對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理,WFWFfEkB,即WFEkBWFf,就是外力F對(duì)B做的功,等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和,D錯(cuò)誤答案B2如圖所示,質(zhì)量為m的小球,從離地面高H處由靜止開始釋放,落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止,設(shè)小球受到空氣阻力為f,重力加速度為g,則下列說(shuō)法正確的是()A小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh)D小球在泥土中受到的平均阻力為mg解析小球從靜止開始釋放到落到地面的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mgHfHmv,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)泥的平均阻力為f0,小球陷入泥中的過(guò)程,由動(dòng)能定理得mghf0h0mv,解得f0hmghmv,f0mg,選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤;全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可知,整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(Hh),選項(xiàng)C正確答案C3如圖所示,上表面水平的圓盤固定在水平地面上,一小物塊從圓盤邊緣上的P點(diǎn),以大小恒定的初速度v0在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角的方向開始滑動(dòng),小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v,則v2cos圖象應(yīng)為()解析設(shè)圓盤半徑為r,小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,由題意可知,小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣過(guò)程中摩擦力做負(fù)功,由動(dòng)能定理可得,mg2rcosmv2mv,即v2v4grcos,可知v2與cos為線性關(guān)系,斜率為負(fù),故A正確,B、C、D錯(cuò)誤答案A4(2015全國(guó)卷)如圖所示,一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功則()AWmgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)BW>mgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離DW<mgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離解析根據(jù)質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道壓力為4mg,利用牛頓第三定律可知,軌道對(duì)質(zhì)點(diǎn)的支持力為4mg.在最低點(diǎn),由牛頓第二定律得,4mgmgm,解得質(zhì)點(diǎn)滑到最低點(diǎn)時(shí)的速度v.對(duì)質(zhì)點(diǎn)從開始下落到滑到最低點(diǎn)的過(guò)程,由動(dòng)能定理得,2mgRWmv2,解得WmgR.對(duì)質(zhì)點(diǎn)由最低點(diǎn)繼續(xù)上滑的過(guò)程,到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)克服摩擦力做功W要小于WmgR.由此可知,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,可繼續(xù)上升一段距離,C正確答案C5如圖所示,在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為m的小球A,若將小球A從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放,小球A能夠下降的最大高度為h.若將小球A換為質(zhì)量為3m的小球B,仍從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放,則小球B下降h時(shí)的速度為(重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力)()A. B. C. D. 解析小球A下降h過(guò)程小球克服彈簧彈力做功為W1,根據(jù)動(dòng)能定理,有mghW10;小球B下降過(guò)程,由動(dòng)能定理有3mghW13mv20,解得v ,故B正確答案B6用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí),在計(jì)算機(jī)上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示下列說(shuō)法正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng),后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B06 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析由at圖象可知物體6 s末的速度v6(25)2 m/s12 m/s6 m/s,則06 s內(nèi)物體一直向正方向運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;物體在5 s末速度最大,B錯(cuò)誤;在24 s內(nèi)加速度不變,物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng),速度變大,C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知:04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功:W4mv0,06 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功:W6mv0,又v4v6,則W4W6,D正確答案D7(2017甘肅模擬)如圖甲所示,一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上,讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運(yùn)動(dòng),推力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示,已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5,取g10 m/s2,則下列說(shuō)法正確的是()A物體先做加速運(yùn)動(dòng),推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng)B物體在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 mC物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為2 m/sD物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變解析當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)物體就開始做減速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對(duì)物體做的功得,推力做的功W4100 J200 J,根據(jù)動(dòng)能定理有Wmgxm0,得xm10 m,選項(xiàng)B正確;當(dāng)推力與摩擦力平衡時(shí),加速度為零,速度最大,由題圖乙得F10025x(N),當(dāng)Fmg20 N時(shí)x3.2 m,由動(dòng)能定理得:(10020)xmgxmv,解得物體運(yùn)動(dòng)的最大速度vm8 m/s,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;物體運(yùn)動(dòng)中當(dāng)推力由100 N減小到20 N的過(guò)程中,加速度逐漸減小,當(dāng)推力由20 N減小到0的過(guò)程中,加速度又反向增大,此后加速度不變,故D項(xiàng)錯(cuò)誤答案B8(2016天津卷)我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì),跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一如圖所示,質(zhì)量m60 kg的運(yùn)動(dòng)員從長(zhǎng)直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a3.6 m/s2勻加速滑下,到達(dá)助滑道末端B時(shí)速度vB24 m/s,A與B的豎直高度差H48 m為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向,在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接,其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧助滑道末端B與滑道最低點(diǎn)C的高度差h5 m,運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W1530 J,取g10 m/s2.(1)求運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力Ff的大?。?2)若運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C點(diǎn)所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大解析(1)運(yùn)動(dòng)員在AB上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)AB的長(zhǎng)度為x,則有v2ax由牛頓第二定律有mgFfma聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得Ff144 N(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為vC,在由B到達(dá)C的過(guò)程中,由動(dòng)能定理有mghWmvmv設(shè)運(yùn)動(dòng)員在C點(diǎn)所受的支持力為FN,由牛頓第二定律有FNmg由運(yùn)動(dòng)員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得R12.5 m答案(1)144 N(2)12.5 m素能培養(yǎng)9如圖所示,一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平直桿上,桿足夠長(zhǎng),環(huán)與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,現(xiàn)給環(huán)一個(gè)向右的初速度v0,如果環(huán)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中還受到一個(gè)方向始終豎直向上的力F,且Fkv(k為常數(shù),v為環(huán)的速率),則環(huán)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服摩擦力所做的功不可能為()A.mv B.mvC0 D.mv解析當(dāng)環(huán)受到的合力向下時(shí),隨著環(huán)做減速運(yùn)動(dòng),向上的力F逐漸減小,環(huán)最終將靜止;當(dāng)環(huán)所受合力向上時(shí),隨著環(huán)速度的減小,豎直向上的力F逐漸減小,當(dāng)環(huán)向上的拉力減至和重力大小相等時(shí),環(huán)所受合力為0,桿不再給環(huán)阻力,環(huán)將保持此時(shí)速度不變做勻速直線運(yùn)動(dòng);當(dāng)環(huán)在豎直方向所受合力為0時(shí),環(huán)將一直做勻速直線運(yùn)動(dòng),分三種情況應(yīng)用動(dòng)能定理求出阻力對(duì)環(huán)做的功即可當(dāng)Fkv0mg時(shí),圓環(huán)不受桿的支持力和摩擦力,克服摩擦力做的功為零;當(dāng)Fkv0<mg時(shí),圓環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)到靜止,只有摩擦力做功,根據(jù)動(dòng)能定理得W0mv得Wmv;當(dāng)Fkv0>mg時(shí),圓環(huán)先做減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)Fmg時(shí),圓環(huán)不受摩擦力,做勻速直線運(yùn)動(dòng),由Fkvmg得v,根據(jù)動(dòng)能定理得Wmv2mv,解得Wmv.綜上所述,答案為B.答案B10.某測(cè)試員測(cè)試汽車啟動(dòng)、加速、正常行駛及剎車的性能前4 s使汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng),415 s保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定,達(dá)到最大速度后保持勻速,15 s時(shí)松開油門并踩剎車,經(jīng)3 s停止,已知汽車的質(zhì)量為1200 kg,在加速及勻速過(guò)程中汽車所受阻力大小恒為f,剎車過(guò)程汽車所受阻力為5f,根據(jù)測(cè)試數(shù)據(jù)描繪出的vt圖象如圖所示,下列說(shuō)法正確的是()Af1200 NB04 s內(nèi)汽車所受牽引力為3.6103 NC415 s內(nèi)汽車功率為360 kWD415 s內(nèi)汽車位移大小為141 m解析設(shè)剎車過(guò)程中汽車的加速度大小為a,由牛頓第二定律得:5fma,由vt圖知1518 s內(nèi)a m/s210 m/s2.所以f2400 N,故A選項(xiàng)錯(cuò)誤由vt圖知04 s內(nèi)加速度大小a13 m/s2,由牛頓第二定律得:Ffma1,得牽引力F6103 N,故B選項(xiàng)錯(cuò)誤.415 s內(nèi)發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定,且15 s時(shí)汽車已開始做勻速運(yùn)動(dòng),所以Pfvm240030 W7.2104 W,故C選項(xiàng)錯(cuò)誤設(shè)415 s內(nèi)汽車位移大小為x,由動(dòng)能定理得:Ptfxmvmv,其中vm30 m/s,v112 m/s,解得x141 m故D選項(xiàng)正確答案D11.(多選)(2016孝感統(tǒng)測(cè))如圖所示,汽車通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪,將一個(gè)質(zhì)量為m的物體從井中拉出,繩與汽車連接點(diǎn)距滑輪頂點(diǎn)高h(yuǎn),開始時(shí)物體靜止,滑輪兩側(cè)的繩都豎直繃緊,汽車以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)到跟汽車連接的細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí),則()A從開始到細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí),拉力做功mghB從開始到細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí),拉力做功mghmv2C在細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí),拉力功率為mgvD在細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí),拉力功率大于mgv解析汽車以v向右勻速運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)到跟汽車連接的細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí),物體上升的高度恰為h,對(duì)速度v分解可知沿細(xì)繩方向的分速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理可知A錯(cuò)誤、B正確;由于物體加速上升,故細(xì)繩拉力大于物體的重力,所以細(xì)繩拉力的功率大于mgv,C錯(cuò)誤,D正確答案BD12(2017新泰模擬)如圖所示,傾斜軌道AB的傾角為37,CD、EF軌道水平,AB與CD通過(guò)光滑圓弧管道BC連接,CD右端與豎直光滑圓周軌道相連小球可以從D進(jìn)入該軌道,沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng),從E滑出該軌道進(jìn)入EF水平軌道小球由靜止從A點(diǎn)釋放,已知AB長(zhǎng)為5R,CD長(zhǎng)為R,圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R,小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD、EF的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,重力加速度為g,sin370.6,cos370.8.求:(在運(yùn)算中,根號(hào)中的數(shù)值無(wú)需算出)(1)小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大小(2)小球剛到C時(shí)對(duì)管道的作用力(3)要使小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道,豎直圓周軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件?解析(1)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v,小球從A運(yùn)動(dòng)至C過(guò)程,由動(dòng)能定理有:mg(5Rsin371.8R)mgcos375Rmv解得:vC .(2)小球沿BC管道做圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)在C點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小球的作用力為FN,由牛頓第二定律,有:FNmgm其中r滿足:rrcos371.8R解得:FN6.6mg由牛頓第三定律可得,小球?qū)艿赖淖饔昧?.6mg,方向豎直向下(3)要使小球不脫離軌道,有兩種情況:情況一:小球能滑過(guò)圓周軌道最高點(diǎn),進(jìn)入FF軌道,則小球在最高點(diǎn)應(yīng)滿足:mmg小球從C點(diǎn)到圓周軌道的最高點(diǎn)過(guò)程,由動(dòng)能定理,有:mgRmg2Rmvmv可得:RR0.92R情況二:小球上滑至四分之一圓周軌道的最高點(diǎn)時(shí),速度減為零,然后滑回D.則由動(dòng)能定理有:mgRmgR0mv解得:R2.3R所以要使小球不脫離軌道,豎直圓周軌道的半徑R應(yīng)該滿足R0.92R或R2.3R.答案(1) (2)6.6mg,方向豎直向下(3)R0.92R或R2.3R

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