《優(yōu)化方案（浙江專用）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功與能 第3講 動力學(xué)和功能觀點(diǎn)的應(yīng)用課時演練知能提升》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《優(yōu)化方案（浙江專用）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功與能 第3講 動力學(xué)和功能觀點(diǎn)的應(yīng)用課時演練知能提升（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動力學(xué)和功能觀點(diǎn)的應(yīng)用 一、單項(xiàng)選擇題 1．(2020·安徽合肥一模)如圖所示，一個質(zhì)量為m的小鐵塊沿半徑為R的固定半圓軌道上邊緣由靜止滑下，到半圓軌道最低點(diǎn)時，軌道所受壓力為鐵塊重力的1.5倍，則此過程中鐵塊損失的機(jī)械能為(重力加速度為g)(　　) A.mgR　　　　　　　 B.mgR C.mgR D.mgR 解析：選D.鐵塊在最低點(diǎn)，支持力與重力合力等于向心力，即1.5mg－mg＝m，即鐵塊動能Ek＝mv2＝mgR，初動能為零，故動能增加mgR，鐵塊重力勢能減少mgR，所以機(jī)械能損失mgR，D項(xiàng)正確． 2．在工廠中常用如圖所示水平傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率，傳

2、送帶以恒定的速度v＝2 m/s運(yùn)行，質(zhì)量為m＝0.5 kg的工件以v0＝1 m/s 的初速度從位置A滑上傳送帶，工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，每當(dāng)前一個工件在傳送帶上停止相對滑動時，后一個工件立即滑上傳送帶，取g＝10 m/s2，則下列說法中正確的是(　　) A．工件經(jīng)0.5 s停止相對滑動 B．正常運(yùn)行時傳送帶上相鄰工件相距0.5 m C．摩擦力對每個工件做正功為1 J D．每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為0.75 J 解析：選A.工件進(jìn)入水平傳送帶先勻加速運(yùn)動后勻速運(yùn)動，加速度大小為a＝μg＝2 m/s2，加速時間為t＝＝0.5 s，A對；正常運(yùn)行時相鄰兩工件間

3、的距離為d＝vt＝1 m，B錯；由動能定理知摩擦力對每個工件做正功為Wf＝mv2－mv＝0.75 J，C錯；在t＝0.5 s內(nèi)，工件對地位移為x1＝t＝0.75 m，傳送帶對地位移為x2＝vt＝1 m，所以每個工件與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝Ff(x2－x1)＝0.25 J，D錯． 3.(2020·浙江十校二模)將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同．現(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點(diǎn)的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ均相同．在這三個過程中，下列說法不正確的是(　　)

4、 A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速率不同，沿著2和3下滑到底端時，物塊的速率相同 B．沿著1下滑到底端時，物塊的速率最大 C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是最多的 D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的 解析：選A.設(shè)1、2、3木板與地面的夾角分別為θ1、θ2、θ3，木板長分別為l1、l2、l3，當(dāng)物塊沿木板1下滑時，由動能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv－0，當(dāng)物塊沿木板2下滑時，由動能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv－0，又h1>h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1>v2；當(dāng)物塊沿木板3下滑時，由動能定理有m

5、gh3－μmgl3cos θ3＝mv－0，又h2＝h3，l2cos θ2v3，故A錯，B對．三個過程中產(chǎn)生的熱量分別為Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，則Q1＝Q2

6、能上升的距離為到達(dá)M點(diǎn)前的 D．物體返回A點(diǎn)時動能為20 J 解析：選CD.由題意，摩擦力始終做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯誤；物體向上運(yùn)動到最高點(diǎn)時，重力勢能不為零，機(jī)械能減少量小于100 J，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)題意，當(dāng)它通過斜面上的M點(diǎn)時，其動能減少80 J，機(jī)械能減少32 J，說明克服摩擦力做功32 J，從M點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程中，動能減少20 J，需要克服摩擦力做功8 J，整個上升過程，共克服摩擦力做功40 J，機(jī)械能減少了40 J，物體上升到M還能上升的距離為到達(dá)M點(diǎn)前的，選項(xiàng)C正確；物體返回A點(diǎn)的過程中，損失的機(jī)械能也是40 J，物體返回A點(diǎn)時動能為20 J，選項(xiàng)D正確． 5．

7、(2020·河北保定調(diào)研)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動．當(dāng)小球回到A點(diǎn)時，再次用小錘沿運(yùn)動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)．已知小球在運(yùn)動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2.設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則W1/W2的值可能是(　　) A．1/2 B．2/3 C．3/4 D．1 解析：選AB.第一次擊打小球時小球

8、最高運(yùn)動到過O點(diǎn)與水平地面平行的直徑的兩端位置，小錘對小球做功W1＝mgR，第二次擊打小球，小球恰好做圓周運(yùn)動，此時小球在最高點(diǎn)速度v＝，與小球在最高點(diǎn)對應(yīng)最低點(diǎn)的速度為vA，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得－mg·2R＝mv2－mv，第二次擊打小球，小錘對小球做的功W2＝mv－mgR＝mgR，則先后兩次擊打，小錘對小球做功的最大值為，故選項(xiàng)A、B正確，C、D錯誤． 6．(2020·河北省五個一名校聯(lián)盟) 如圖，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止．現(xiàn)撤去F，使小球沿豎直方向運(yùn)動，在小球由靜止釋放

9、到剛離開彈簧的過程中，重力、電場力對小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時的速度為v，不計空氣阻力，則上述過程中(　　) A．小球的重力勢能增加－W1 B．小球的電勢能減少W2 C．小球的機(jī)械能增加W1＋mv2 D．小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 解析：選AB.根據(jù)重力做功與重力勢能變化的關(guān)系可知，W1＝－ΔEGp，所以重力勢能增加量ΔEGp＝－W1，A項(xiàng)正確；根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關(guān)系可知，電勢能減少量ΔEEp＝W2，B項(xiàng)正確；由題可知，小球動能增加量為mv2，重力勢能增加量為－W1，故機(jī)械能增加量為－W1＋mv2，C項(xiàng)錯誤；整個過程中，電場力對小球做功，故系統(tǒng)機(jī)械能不

10、守恒，D項(xiàng)錯誤． 7．(2020·溫州測試)如圖所示，在高為L的木箱abcd的底部放一個物體Q(可視為質(zhì)點(diǎn))，現(xiàn)用力F向上拉木箱，使木箱由靜止開始運(yùn)動．若保持拉力的功率不變，經(jīng)過t時間，木箱達(dá)到最大速度，這時讓木箱突然停止，物體Q由于具有慣性會繼續(xù)向上運(yùn)動，且恰能達(dá)到木箱頂端．若重力加速度為g，空氣阻力不計，以下說法正確的是(　　) A．木箱即將達(dá)到最大速度之前，物體Q處于失重狀態(tài) B．木箱突然停止運(yùn)動時，物體Q處于超重狀態(tài) C．木箱的最大速度為 D．t時間內(nèi)木箱上升的高度為t－L 解析：選CD.由于拉力的功率保持不變，由P＝Fv知隨著木箱速度的增大，木箱受到的拉力變小，當(dāng)達(dá)到

11、最大速度vm時，F(xiàn)＝(m＋M)g.在木箱和物體Q達(dá)到最大速度前，兩者的加速度方向豎直向上，物體Q處于超重狀態(tài)，木箱停止運(yùn)動后，物體Q只受重力作用，加速度方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，A、B錯誤；在物體Q豎直向上運(yùn)動的過程中，由v＝2gL解得vm＝，C正確；對木箱和物體Q組成的整體有，Pt－(m＋M)gh＝(m＋M)v，P＝Fv＝(m＋M)gvm，解得木箱上升的高度h＝t－L，D正確． 三、非選擇題 8.(2020·鄭州三模)特種兵過山谷的一種方法可簡化為如圖所示的模型：將一根長為2d、不可伸長的細(xì)繩的兩端固定在相距為d的A、B兩等高處，細(xì)繩上有小滑輪P，戰(zhàn)士們相互配合，可沿著細(xì)繩滑到對面．開

12、始時，戰(zhàn)士甲拉住滑輪，質(zhì)量為m的戰(zhàn)士乙吊在滑輪上，處于靜止?fàn)顟B(tài)，AP豎直．(不計滑輪與繩的質(zhì)量，不計滑輪的大小及摩擦，重力加速度為g) (1)若甲對滑輪的拉力沿水平方向，求此拉力的大小； (2)若甲將滑輪由靜止釋放，求乙在滑動中速度的最大值(結(jié)果可帶根式)． 解析：(1)設(shè)BP與豎直方向的夾角為θ，由幾何關(guān)系 ＋＝2d 聯(lián)立三角函數(shù)關(guān)系解得： sin θ＝0.8，cos θ＝0.6，tan θ＝ 如圖所示，對滑輪受力分析． 由平衡條件得：mg＝FT1＋FT2cos θ，F(xiàn)＝FT2sin θ；又FT1＝FT2，解得F＝. (2)設(shè)AP的長度為l，則：l＝＝0.75d 乙在

13、最低點(diǎn)時有最大速度v，設(shè)此時乙距AB的高度為h. 則h2＝d2－ 由機(jī)械能守恒定律得：mg(h－l)＝mv2 得v＝. 答案：(1)　(2) 9．(2020·昆明三中、玉溪一中聯(lián)考)如圖所示，半徑R＝0.5 m的光滑圓弧面CDM分別與光滑斜面體ABC和斜面MN相切于C、M點(diǎn)，斜面傾角分別如圖所示．O為圓弧圓心，D為圓弧最低點(diǎn)，C、M在同一水平高度．斜面體ABC固定在地面上，頂端B安裝一定滑輪，一輕質(zhì)軟細(xì)繩跨過定滑輪(不計滑輪摩擦)分別連接小物塊P、Q(兩邊細(xì)繩分別與對應(yīng)斜面平行)，并保持P、Q兩物塊靜止．若PC間距為L1＝0.25 m，斜面MN足夠長，物塊P質(zhì)量m1＝3 kg，與M

14、N間的動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g＝10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (1)小物塊Q的質(zhì)量m2； (2)燒斷細(xì)繩后，物塊P第一次到達(dá)D點(diǎn)時對軌道的壓力大??； (3)物塊P在MN斜面上滑行的總路程． 解析：(1)根據(jù)平衡條件，滿足：m1gsin 53°＝m2gsin 37° 可得m2＝4 kg. (2)P到D過程由動能定理得m1gh＝m1v 由幾何關(guān)系h＝L1sin 53°＋R(1－cos 53°) 運(yùn)動到D點(diǎn)時，根據(jù)牛頓第二定律：FD－m1g＝m1 解得FD＝78 N 由牛頓第三定律得，物塊P對軌道的壓力大小為78 N. (3)分

15、析可知最終物塊在CDM之間往復(fù)運(yùn)動，C點(diǎn)和M點(diǎn)速度為零． 對全過程由動能定理得： m1gL1sin 53°－μm1gcos 53°x總＝0 解得x總＝1 m 答案：(1)4 kg　(2)78 N　(3)1 m 10．(2020·溫州模擬) 如圖甲所示，一個質(zhì)量為M的木板靜止在光滑的水平桌面上，用勁度系數(shù)為k的輕彈簧將木板連在豎直墻上，開始時彈簧處于原長．一質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板左端以初速度v0滑上長木板，最終恰好停在長木板的右端．通過傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計算機(jī)繪制了物塊和木板的v－t圖象，如圖乙所示，其中A為物塊的v－t圖線，B為木板的v－t圖線且為正弦函數(shù)圖線．根

16、據(jù)圖中所給信息，求： 乙 (1)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ； (2)從開始到t＝系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q； (3)若物塊從木板左端以更大的初速度v1滑上長木板，則初速度v1取何值時，才能讓木板與彈簧組成的系統(tǒng)最終獲得最大的機(jī)械能． 解析：(1)由圖象可知物塊做勻減速運(yùn)動，t＝T時停止． 所以a＝ 根據(jù)牛頓第二定律，有μmg＝ma 代入數(shù)據(jù)，得μ＝. (2)當(dāng)t＝時木板速度達(dá)到最大，加速度為零，有： kx1－μmg＝0 得：x1＝＝ 從開始到t＝，物塊的位移x2＝v0t－at2＝v0T 所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝μmg×＝－. (3)當(dāng)t＝時物塊剛好脫離木板，此時木板相對地面向右運(yùn)動的位移最大，摩擦力對木板做的正功最大，木板與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)獲得最大的機(jī)械能． 物塊的位移x3＝v1－a ＝v1－＝－ 木板的位移x4＝2x1＝ 物塊以初速度v0滑上長木板，最終恰好停在長木板的右端，則板長L＝ 物塊脫離木板，有x3－x4＝L 代入數(shù)據(jù)得：v1＝＋. 答案：(1)　(2)－　(3)＋