【優(yōu)化方案】高三物理專題復(fù)習(xí)攻略 第一部分專題二第五講知能優(yōu)化訓(xùn)練 新人教版(重慶專用)

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1、【優(yōu)化方案】高三物理專題復(fù)習(xí)攻略 第一部分專題二第五講知能優(yōu)化訓(xùn)練 新人教版(重慶專用) 1.(2020年高考新課標(biāo)全國卷)一質(zhì)點開始時做勻速直線運動,從某時刻起受到一恒力作用.此后,該質(zhì)點的動能可能(  ) A. 一直增大 B. 先逐漸減小至零,再逐漸增大 C. 先逐漸增大至某一最大值,再逐漸減小 D. 先逐漸減小至某一非零的最小值,再逐漸增大 解析:選ABD.若力F的方向與初速度v0的方向一致,則質(zhì)點一直加速,動能一直增大,選項A正確.若力F的方向與v0的方向相反,則質(zhì)點先減速至速度為零后反向加速,動能先減小至零后增大,選項B正確.若力F的方向與v0的方向成一鈍角

2、,如斜上拋運動,物體先減速,減到某一值,再加速,則其動能先減小至某一非零的最小值,再增大,選項D正確. 2.(2020年高考海南卷)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上,從t=0時起,第1秒內(nèi)受到2 N的水平外力作用,第2秒內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用.下列判斷正確的是(  ) A.0~2 s內(nèi)外力的平均功率是 W B.第2秒內(nèi)外力所做的功是 J C.第2秒末外力的瞬時功率最大 D.第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是 解析:選AD.根據(jù)牛頓第二定律得,物體在第1 s內(nèi)的加速度a1==2 m/s2,在第2 s內(nèi)的加速度a2== m/s2=1 m/s2;第1 s末的速度v1

3、=a1t=2 m/s,第2 s末的速度v2=v1+a2t=3 m/s;0~2 s內(nèi)外力做的功W=mv= J,功率P== W,故A正確.第2 s內(nèi)外力所做的功W2=mv-mv=(×1×32-×1×22)J= J,故B錯誤.第1 s末的瞬時功率P1=F1v1=4 W.第2 s末的瞬時功率P2=F2v2=3 W,故C錯誤.第1 s內(nèi)動能的增加量ΔEk1=mv=2 J,第2 s內(nèi)動能的增加量ΔEk2=W2= J,所以=,故D正確. 3.(2020年高考江蘇卷)如圖5-8所示,平直木板AB傾斜放置,板上的P點距A端較近,小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減?。茸屛飰K從A由靜止開始滑到B.然后,將

4、A著地,抬高B,使木板的傾角與前一過程相同,再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較,下列說法中一定正確的有(  ) 圖5-8 A.物塊經(jīng)過P點的動能,前一過程較小 B.物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量,前一過程較少 C.物塊滑到底端的速度,前一過程較大 D.物塊從頂端滑到底端的時間,前一過程較長 解析:選AD.前一過程,從A到P,所受摩擦力較大,下滑加速度較小,位移較小,故在P點的動能較??;后一過程,從B到P,下滑加速度較大,位移較大,故在P點的動能較大,所以A正確;兩過程中,前者摩擦力大,位移小,后者摩擦力小,位移大,無法比較產(chǎn)生熱量的大小,故B不正確;物塊

5、滑到底端的兩過程合外力的功相同,根據(jù)動能定理,滑到底端速度相等,即C不正確;由牛頓第二定律,結(jié)合兩次加速度變化特點,兩次圖象如v-t圖所示,位移相等,故前一過程時間較長,D正確. 4.(2020年遼寧沈陽模擬)如圖5-9所示,圖線表示作用在某物體上的合外力隨時間變化的關(guān)系,若物體開始時是靜止的,那么(  ) 圖5-9 A.從t=0 開始,5 s內(nèi)物體的動能變化量為零 B.在前5 s內(nèi)只有第1 s末物體的動能最大 C.在前5 s內(nèi)只有第5 s末物體的速率最大 D.前3 s內(nèi)合外力對物體做的功為零 解析:選D.由圖象可知0~1 s的合外力的大小是2~5 s的合外力的大小的2倍

6、,所以加速度大小的關(guān)系也是2∶1,物體的運動狀態(tài)可描述為0~1 s物體做勻加速運動到速度最大,3 s末減速到零,5 s末反向加速到最大,因此5 s內(nèi)動能變化量不為零,故選項A錯;第1 s末和第5 s末物體的動能和速率一樣大,所以選項B、C都不對;3 s末減速到零,所以前3 s內(nèi)合外力對物體做的功為零,所以正確選項為D. 5. (2020年高考上海卷)傾角θ=37°,質(zhì)量M= 5 kg的粗糙斜面位于水平地面上,質(zhì)量m=2 kg的木塊置于斜面頂端,從靜止開始勻加速下滑,經(jīng)t=2 s到達(dá)底端,運動路程L=4 m,在此過程中斜面保持靜止(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/

7、s2).求: 圖5-10 (1)地面對斜面的摩擦力大小與方向; (2)地面對斜面的支持力大??; (3)通過計算證明木塊在此過程中滿足動能定理. 解析:(1)木塊做勻加速運動 L=at2 所以a== m/s2=2 m/s2 木塊受力如圖,由牛頓第二定律 mgsin37°-Ff1=ma Ff1=mgsin37°-ma=2×10×0.6-2×2=8(N) FN1=mgcos37°=2×10×0.8=16(N) 斜面受力如圖,由共點力平衡,地面對斜面摩擦力 Ff2=FN1′sin37°-Ff1′cos37°=16×0.6-8×0.8=3.2(N) 方向沿水平向左

8、. (2)地面對斜面的支持力 FN2=Mg+FN1′cos37°+Ff1′sin37°=5×10+16×0.8+8×0.6=67.6(N). (3)木塊在下滑過程中,沿斜面方向合力及合力做功為 F=mg sin37°-Ff1=2×10×0.6-8=4(N) W=FL=4×4=16(J) 木塊末速度及動能增量 v=at=2×2=4(m/s) ΔEk=mv2-0=×2×42-0=16(J) 由此可知,在下滑過程中 W=ΔEk 動能定理成立. 答案:(1)3.2 N 水平向左 (2)67.6 N (3)見解析 溫馨提示:鞏固復(fù)習(xí)效果,檢驗教學(xué)成果.請進入“專題針對訓(xùn)練5”,指導(dǎo)學(xué)生每課一練,成功提升成績.

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