2021高考物理二轮专题复习-素能提升-1-2-6-Word版含解析.docx
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1、1(2022年高考大纲全国卷)一物块沿倾角为的斜坡向上滑动当物块的初速度为v时,上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为()Atan 和B(1)tan 和Ctan 和 D(1)tan 和解析:本题考查能量守恒定律依据能量守恒定律,以速度v上升时,mv2mgcos mgH,以速度上升时m()2mgcos mgh,解得h,(1)tan ,所以D正确答案:D2(2022年高考安徽卷)如图所示,有一内壁光滑的闭合椭圆形管道,置于竖直平面内,MN是通过椭圆中心O点的水平线已知一小球从M点动身,初速率为v0,沿管道MP
2、N运动,到N点的速率为v1,所需时间为t1;若该小球仍由M点以初速率v0动身,而沿管道MQN运动,到N点的速率为v2,所需时间为t2.则()Av1v2,t1t2 Bv1t2Cv1v2,t1t2 Dv1v2,t1t2.选项A正确答案:A3(2022年高考广东卷)如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图,图中和为楔块,和为垫板,楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦,在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A缓冲器的机械能守恒B摩擦力做功消耗机械能C垫板的动能全部转化为内能D弹簧的弹性势能全部转化为动能解析:由于楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦,摩擦力做负功,则缓冲器的机械能部分转化为内能,故选项A错误,选项B正
3、确;车厢撞击过程中,弹簧被压缩,摩擦力和弹簧弹力都做功,所以垫块的动能转化为内能和弹性势能,选项C、D错误答案:B4如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环,圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,弹簧处于原长h.让圆环沿杆滑下,滑到杆的底端时速度为零则在圆环下滑过程中()A弹簧的弹性势能始终增大B弹簧的弹性势能先增大后减小C弹簧的弹性势能变化了mghD弹簧轴线垂直杆时,弹簧的弹性势能最大解析:弹簧的压缩量先增大,越过杆的垂线后,压缩量减小至恢复原长,接着伸长量增大,则弹性势能先增大后减小,再增大,A和B都错误;圆环和轻质弹簧组成的系统,机械能守恒,圆环滑到
4、杆的底端时,动能为0,圆环的重力势能最小,弹性势能最大,且mghE弹,则C正确,D错误答案:C5如图所示,竖直向上的匀强电场中,绝缘轻质弹簧直立于地面上,上面放一个质量为m的带正电小球,小球与弹簧不连接现将小球向下压到某位置后由静止释放,若小球从静止开头运动到离开弹簧的过程中,重力和电场力对小球做功的大小分别为W1和W2,小球离开弹簧时速度为v,不计空气阻力,则上述过程中()A带电小球电势能增加W2B弹簧弹性势能最大值为W1mv2C弹簧弹性势能削减量为W2W1D带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W2解析:电场力对小球做了W2的正功,依据功能关系可知,小球的电势能削减了W2,选项A错误;对于小球
5、在上述过程中,有W2W弹W1mv2,依据功能关系可知,弹簧弹性势能最大值为W1mv2W2,选项B错误,选项C也错误;依据功能关系知,选项D正确答案:D6如图所示在竖直平面内有轨道 ABCDE,其中BC是半径为R的四分之一圆弧轨道,AB(ABR)是竖直轨道,CE是水平轨道,CDR.AB与BC相切于B点,BC与CE相切于C点,轨道的AD段光滑,DE段粗糙且足够长一根长为R的轻杆两端分别固定着两个质量均为m的相同小球P、Q(视为质点),将轻杆锁定在图示位置,并使Q与B等高现解除锁定释放轻杆,轻杆将沿轨道下滑,重力加速度为g.(1)Q球经过 D点后,连续滑行距离x停下(xR)求小球与DE段之间的动摩擦
6、因数;(2)求 Q球到达 C点时的速度大小解析:(1)由能量守恒定律得mgRmg2Rmgxmg(xR),解得.(2)轻杆由释放到Q球到达C点的过程,系统的机械能守恒,设P、Q两球的速度大小分别为vP、vQ,则mgRmg(2sin 30)Rmvmv,又vPvQ,联立解得vQ.答案:(1)(2) 课时跟踪训练一、选择题1(多选)如图所示,一固定斜面倾角为30,一质量为m的小物块自斜面底端以确定的初速度,沿斜面对上做匀减速运动,加速度的大小等于重力加速度的大小g.若物块上升的最大高度为H,则此过程中,物块的()A动能损失了2mgH B动能损失了mgHC机械能损失了mgH D机械能损失了mgH解析:由
7、于上升过程中的加速度大小等于重力加速度,则由牛顿其次定律有mgsin 30Ffmg,则Ffmg.由动能定理可知EkmgHFfL2mgH,则A正确,B错误;机械能的削减量在数值上等于克服摩擦力做的功,WfFfLmgH,则C正确,D错误答案:AC2(多选)如图所示,内壁光滑的圆环形凹槽半径为R,固定在竖直平面内,一根长度为R的轻杆,一端固定有质量为2m的小球甲,另一端固定有质量为m的小球乙现将两小球放入凹槽内,小球乙位于凹槽的最低点,由静止释放后()A下滑过程中甲球削减的机械能总是等于乙球增加的机械能B下滑过程中甲球削减的重力势能总是等于乙球增加的重力势能C甲球可沿凹槽下滑到凹槽的最低点D杆从右向
8、左滑回时,乙球确定能回到凹槽的最低点解析:甲、乙小球组成的系统,由于只有重力做功,则系统的机械能守恒,故选项A、C、D正确,选项B错误答案:ACD3将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出,最终落回抛出点,运动过程中所受阻力大小恒定,方向与运动方向相反该过程的vt图象如图所示,g取10 m/s2.下列说法中正确的是()A小球上升与下落所用时间之比为23B小球下落过程,处于超重状态C小球上升过程中克服阻力做功48 JD小球上升过程中机械能的损失大于下落过程中的机械能损失解析:由mgFfma1,又由vt图象得a112 m/s2,故Ff2 N,小球下落时,由mgFfma2,得a28 m/s2,由h24
9、 ma2t得t2 s,故小球上升与下落所用时间之比为2,A错误;因下落过程中加速度向下,故小球处于失重状态,B错误;由于损失的机械能E机Ffh可知,小球上升与下落过程中损失的机械能相同,均为224 J48 J,故C正确,D错误答案:C4(2022年上海长宁区质检)如图所示,在竖直平面内有一固定轨道,其中AB是长为R的粗糙水平直轨道,BCD是圆心为O、半径为R的3/4光滑圆弧轨道,两轨道相切于B点在推力作用下,质量为m的小滑块从A点由静止开头做匀加速直线运动,到达B点时即撤去推力,小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C.重力加速度大小为g.则小滑块()A经B点时加速度为零B在AB段运动的加速度为2.5
10、gC在C点时合力的瞬时功率为mgD上滑时动能与重力势能相等的位置在与OD等高处解析:小滑块经过B点时具有向心加速度,A错误;小滑块在C点时合力竖直向下,速度沿水平方向,其瞬时功率为零,C错误;由mgm,mvmg2Rmv,可得vB,由v2axAB,可得a2.5g,B正确;由mvmghmv22mgh,得:hRR,故D错误答案:B5(多选)带电荷量为q、质量为m的滑块,沿固定的斜面匀速下滑,现加上一竖直向上的匀强电场,如图所示,电场强度为E,且qEmg,对滑块在斜面上的运动,以下说法正确的是()A滑块将沿斜面减速下滑B滑块仍沿斜面匀速下滑C加电场后,重力势能与电势能之和不变D加电场后,重力势能与电势
11、能之和减小解析:设斜面倾角为,没加电场时,滑块匀速下滑,由平衡条件得mgsin mgcos 0,加上电场后,由于(mgEq)sin (mgEq)cos ,故滑块仍匀速下滑,A错误,B正确;设重力势能的转变量为Ep重,电势能的转变量为Ep电,加电场后,有Ep重Ep电Q,滑块运动时间越长,摩擦生成的热量Q越多,所以重力势能与电势能之和减小,C错误,D正确答案:BD6如图所示,质量为m的物体在水平传送带上由静止释放,传送带由电动机带动,始终保持以速度v匀速运动,物体与传送带间的动摩擦因数为,物体过一会儿能保持与传送带相对静止,对于物体从静止释放到相对静止这一过程中,下列说法正确的是()A电动机做的功
12、为mv2B摩擦力对物体做的功为mv2C传送带克服摩擦力做的功为mv2D电动机增加的功率为mgv解析:由能量守恒,电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的热量,故A错;对物体受力分析知,仅有摩擦力对物体做功,由动能定理知,B错;传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积,而这个位移是物体对地位移的两倍,即Wmv2,故C错;由功率公式可知传送带增加的功率为mgv,故D对答案:D7(2022年高考福建卷)如图所示,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动质量不同、外形相同的两物块分别置于两弹簧上端现用外力作用在两物块上,使两弹簧具有相同的压
13、缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面对上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块()A最大速度相同B最大加速度相同C上升的最大高度不同D重力势能的变化量不同解析:设斜面倾角为,物块速度达到最大时,有kxmgsin ,若m1m2,则x1x2,当质量为m1的物块到达质量为m2的物块速度最大位置的同一高度时,依据能量守恒得Epmghmv2,所以v,由于m1v2max,此时质量为m1的物块还没达到最大速度,因此v1maxv2max,故A错;由于撤去外力前,两弹簧具有相同的压缩量,所以撤去外力时两弹簧的弹力相同,此时两物块的加速度最大,由牛顿其次定律可得a,由于质量不同,所以最
14、大加速度不同,故B错误;由于撤去外力前,两弹簧具有相同的压缩量,所以两弹簧与物块分别组成的两系统具有相同的弹性势能,物块上升过程中系统机械能守恒,所以上升到最大高度时,弹性势能全部转化为重力势能,所以两物块重力势能的增加量相同,故D错误;由Epmgh可知,两物块的质量不同,所以上升的最大高度不同,故C正确答案:C二、计算题8如图所示,左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上,碗口水平,O点为球心,碗的内表面及碗口光滑右侧是一个固定光滑斜面,斜面足够长,倾角30.一根不行伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑定滑轮上,绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2,且m1m2.开头时
15、m1恰在碗口右端水平直径A处,m2在斜面上且距离斜面顶端足够远,此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开,不计细绳断开瞬间的能量损失(1)求小球m2沿斜面上升的最大距离s;(2)若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为R/2,求.解析:(1)设重力加速度为g,小球m1到达最低点B时m1、m2速度大小分别为v1、v2由运动合成与分解得v1v2对m1、m2系统由功能关系得m1gRm2ghm1vm2vhRsin30设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s,对m2由机械能守恒定律得m2gssin 30m2v小球m2沿斜面上升的最大距离sRs联立
16、得s()R.(2)对m1由机械能守恒定律得m1vm1g联立得1.9.答案:(1)()R(2)1.99如图所示,从A点以v04 m/s的水平速度抛出一质量m1 kg的小物块(可视为质点),当物块运动至B点时,恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上,圆弧轨道C端切线水平已知长木板的质量M4 kg,A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m,圆弧轨道BC对应圆的半径R0.75 m,物块与长木板之间的动摩擦因数10.5,长木板与地面间的动摩擦因数20.2,g取10 m/s2.求:(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向;(2)小物块滑动
17、至C点时,对圆弧轨道C点的压力大小;(3)长木板至少为多长,才能保证小物块不滑出长木板解析:(1)物块做平抛运动时,设到达B点时竖直分速度为vy,则vygt,又Hhgt2,可得vy3 m/s.故小物块运动至B点的速度v15 m/s.设v1的方向与水平面的夹角为,tan vy/v03/4,即37.(2)从A至C点,由动能定理得mgHmvmv,设C点受到的支持力为FN,则有FNmg,由上式可得v22 m/s,FN47.3 N.依据牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N.(3)由题意可知小物块对长木板的摩擦力Ff1mg5 N.长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力Ff
18、2(Mm)g10 N.因Ffvm,故物块能通过B点通过B点后做平抛运动有xvBt,2Rgt2,解得x1.2 m.答案:(1)0.5 s(2)能通过B点1.2 m阶段达标检测(一)力学综合一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分每小题至少有一个选项正确,把正确选项前的字母填在题后的括号内)1(2022年高考天津卷)质点做直线运动的速度时间图象如图所示,该质点()A在第1秒末速度方向发生了转变B在第2秒末加速度方向发生了转变C在前2秒内发生的位移为零D第3秒末和第5秒末的位置相同解析:应用图象推断物体的运动状况,速度的正负代表了运动的方向,A错误;图线的斜率代表了加速度的大小及方向,B错误
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