（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動(dòng)量 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練21

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1、（新課標(biāo)）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動(dòng)量 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練211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

2、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(kāi)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

3、小球從靜止開(kāi)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(kāi)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

4、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(kāi)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)BWmgR，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DWmgR，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)

5、，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(kāi)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.

6、 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(kāi)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

7、；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(kāi)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(kāi)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

8、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(kāi)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

9、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(kāi)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

10、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)，

11、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)Fkv0mg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

12、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(kāi)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

13、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(kāi)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(kāi)始時(shí)物體靜

14、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(kāi)始到細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí)，拉力做功mghB從開(kāi)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

15、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)

16、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