2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 考前沖刺 重點(diǎn)知識(shí)回顧 功和能

《2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 考前沖刺 重點(diǎn)知識(shí)回顧 功和能》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 考前沖刺 重點(diǎn)知識(shí)回顧 功和能（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理二輪復(fù)習(xí) 考前沖刺 重點(diǎn)知識(shí)回顧 功和能 1.(多選)一滑塊放在水平面上，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)滑塊施加一水平方向的恒力F，使滑塊由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，恒力F作用的時(shí)間為t1，如圖所示為滑塊在整個(gè)過(guò)程中的速度隨時(shí)間的變化規(guī)律，且圖線的傾角α＜β.若0～t1時(shí)間內(nèi)恒力F做的功以及滑塊克服摩擦力做的功分別為W和W1、恒力F做功的平均功率以及滑塊克服摩擦力做功的平均功率分別為P和P1，t1～t2時(shí)間內(nèi)滑塊克服摩擦力做的功與克服摩擦力做功的平均功率分別為W2、P2.則下列關(guān)系式正確的是(　　) A．W＝W1＋W2　　　　　　 B．W1＝W2 C．P＜P1＋P2 D．P1＝P2 解析

2、：選ACD.對(duì)于整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正確；由題圖可知，加速過(guò)程的位移大于減速過(guò)程的位移，因摩擦力不變，故加速時(shí)摩擦力做的功大于減速時(shí)克服摩擦力做的功，B錯(cuò)誤；根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知加速和減速過(guò)程中的平均速度相等，故由P＝Fv可知，克服摩擦力做功的平均功率相等，故P1＝P2，D正確；由功率關(guān)系可知W＝Pt1＝P1t1＋P2t2，所以P＝P1＋P2，又＜1，則P＜P1＋P2，C正確． 2．在女子排球比賽中，假設(shè)運(yùn)動(dòng)員某次發(fā)球后排球恰好從網(wǎng)上邊緣過(guò)網(wǎng)．女子排球網(wǎng)網(wǎng)高H＝2.24 m，排球質(zhì)量為m＝300 g，運(yùn)動(dòng)員對(duì)排球做的功為W1＝20 J，排球

3、從發(fā)出至運(yùn)動(dòng)到網(wǎng)上邊緣的過(guò)程中克服空氣阻力做功為W2＝4.12 J，重力加速度g＝10 m/s2.排球發(fā)出時(shí)的位置高度h＝2.04 m，選地面為零勢(shì)能面，則(　　) A．與排球發(fā)出時(shí)相比，排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)重力勢(shì)能的增加量為6.72 J B．排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)的機(jī)械能為26.12 J C．排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)的動(dòng)能為15.88 J D．與排球發(fā)出時(shí)相比，排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)動(dòng)能的減少量為4.72 J 解析：選D.與排球發(fā)出時(shí)相比，排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)重力勢(shì)能的增加量為mg(H－h(huán))＝0.6 J，A錯(cuò)誤；排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)的機(jī)械能為mgh＋W1－W2＝22

4、 J，B錯(cuò)誤；排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)的動(dòng)能為W1－W2－mg(H－h(huán))＝15.28 J，C錯(cuò)誤；與排球發(fā)出時(shí)相比，排球恰好到達(dá)球網(wǎng)上邊緣時(shí)動(dòng)能的減少量為W2＋mg(H－h(huán))＝4.72 J，D正確． 3. (多選)如圖是小球做平拋運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，P、Q點(diǎn)在軌跡上．已知P點(diǎn)的坐標(biāo)為(30 cm,15 cm)，Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(60 cm,40 cm)，小球質(zhì)量為0.2 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，拋出點(diǎn)所在水平面為零勢(shì)能參考平面，則(　　) A．小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初動(dòng)能為0.9 J B．小球從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為1 s C．小球在P點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為0.4 J D．小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度為

5、 m/s 解析：選AD.設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，從P運(yùn)動(dòng)到Q的時(shí)間為T(mén)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有0.30 m＝v0T,0.25 m－0.15 m＝gT2，聯(lián)立解得T＝0.1 s，v0＝3 m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤．小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初動(dòng)能為Ek0＝mv＝0.9 J，選項(xiàng)A正確．小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的豎直分速度為vPy＝ m/s＝2 m/s.由vPy＝gt可得t＝0.2 s，P點(diǎn)到拋出點(diǎn)的豎直高度y＝gt2＝0.2 m，小球在P點(diǎn)時(shí)的重力勢(shì)能為EP＝－mgy＝－0.4 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的速度v＝＝ m/s，選項(xiàng)D正確． 4.(多選)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直

6、固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長(zhǎng)．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零．AC＝h.圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則圓環(huán)(　　) A．下滑過(guò)程中，加速度一直減小 B．下滑過(guò)程中，克服摩擦力做的功為mv2 C．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mv2－mgh D．上滑經(jīng)過(guò)B的速度大于下滑經(jīng)過(guò)B的速度 解析：選BD.圓環(huán)下落時(shí)，先加速，在B位置時(shí)速度最大，加速度減小至0.從B到C圓環(huán)減速，加速度增大，方向向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤．圓環(huán)下滑時(shí)，設(shè)克服摩擦力做功為Wf，彈簧的最大彈性勢(shì)能為ΔEp，由A到C的過(guò)程中，根據(jù)能

7、量關(guān)系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的過(guò)程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.聯(lián)立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2.選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．設(shè)圓環(huán)在B位置時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為ΔEp′，根據(jù)能量守恒，A到B的過(guò)程有mv＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的過(guò)程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比較兩式得vB′＞vB，選項(xiàng)D正確． 5．(多選)三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m且與水平方向的夾角均為37°.現(xiàn)有兩個(gè)質(zhì)量相同的小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5，g取10 m/s2，s

8、in 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列判斷正確的是(　　) A．物塊A先到達(dá)傳送帶底端 B．物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端 C．傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功 D．物塊A下滑過(guò)程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量小于B下滑過(guò)程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 解析：選BCD.計(jì)算比較得mgsin θ＞μmgcos θ，A和B沿傳送帶斜面向下做初速度相同、加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，并且兩物塊與地面距離相同，所以?xún)晌飰K同時(shí)到達(dá)底端，選項(xiàng)A錯(cuò)，B對(duì)；兩物塊的摩擦力方向都與運(yùn)動(dòng)方向相反，所以傳送帶對(duì)物塊A、B均做負(fù)功，選項(xiàng)C對(duì)；物塊A與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相同，物塊B與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向相反，而劃痕是指物塊與傳送帶間的相對(duì)位移，所以s

9、相對(duì)A＜s相對(duì)B，而Q熱＝μmgs相對(duì)，所以QA＜QB，選項(xiàng)D對(duì)． 6.(多選)如圖所示，光滑半圓形軌道半徑為r＝0.4 m，BC為豎直直徑，A為半圓形軌道上與圓心O等高的位置．一質(zhì)量為m＝2.0 kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))自A處以某一豎直向下的初速度滑下，進(jìn)入與C點(diǎn)相切的粗糙水平面CD上，在水平滑道上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在豎直墻上，另一端位于滑道末端的C點(diǎn)(此時(shí)彈簧處于自然狀態(tài))．若小球與水平滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，彈簧被壓縮的最大長(zhǎng)度為0.2 m，小球經(jīng)彈簧反彈后恰好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)B，重力加速度g＝10 m/s2.則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球通過(guò)最高點(diǎn)B時(shí)

10、的速度大小為2 m/s B．小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為20 J C．小球從A點(diǎn)豎直下滑的初速度大小為4 m/s D．小球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)C點(diǎn)的壓力為120 N 解析：選AC.由于小球經(jīng)反彈后恰好能夠通過(guò)最高點(diǎn)B，則在B點(diǎn)有mg＝m，即vB＝，代入數(shù)據(jù)可得vB＝2 m/s，選項(xiàng)A正確；由題意可知，當(dāng)彈簧壓縮x＝0.2 m時(shí)其彈性勢(shì)能最大，設(shè)其最大彈性勢(shì)能為Epm，由能量守恒定律可得Epm＝μmg·x＋mg·2r＋mv，代入數(shù)據(jù)可得Epm＝22 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)小球從A點(diǎn)豎直下滑的初速度大小為v0，則由能量守恒定律可得mgr＋mv＝Epm＋μmg·x，代入數(shù)據(jù)可得v0＝4 m/

11、s，選項(xiàng)C正確；設(shè)小球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，由機(jī)械能守恒定律可得mgr＋mv＝mv，小球第一次經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)有N－mg＝m，由牛頓第三定律可得F＝N，聯(lián)立解得F＝140 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 7．如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，BC右端連接內(nèi)壁光滑、半徑為r＝0.4 m的四分之一細(xì)圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k＝25 N/m的輕彈簧，輕彈簧下端固定，上端恰好與管口D端齊平．質(zhì)量為m＝1 kg的小球在曲面上距BC的高度為h＝0.8 m處從靜止開(kāi)始下滑，進(jìn)入管口C端時(shí)與管壁間恰好無(wú)作用力，通過(guò)CD后壓縮彈簧．已知彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為Ep＝kx2，x為彈簧的形

12、變量，小球與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求： (1)小球達(dá)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小vB； (2)水平面BC的長(zhǎng)度s； (3)在壓縮彈簧過(guò)程中小球的最大速度vm. 解析：(1)由機(jī)械能守恒得：mgh＝mv 解得：vB＝＝4 m/s (2)由mg＝m 得vC＝＝2 m/s 由動(dòng)能定理得：mgh－μmgs＝mv 解得：s＝1.2 m (3)設(shè)在壓縮彈簧過(guò)程中小球速度最大時(shí)離D端的距離為x，則有：kx＝mg 得：x＝＝0.4 m 由功能關(guān)系得：mg(r＋x)－kx2＝mv－mv 解得：vm＝4 m/s 答案：(1)4 m/s　(2)1.2 m　(3)4

13、 m/s 8．如圖所示，豎直平面內(nèi)，水平光滑軌道CD與兩個(gè)半徑相同的半圓軌道分別相切于D、C，在A點(diǎn)某人將質(zhì)量為m＝0.1 kg的小球以一定初速度水平彈出，小球沿水平軌道AB滑行并從B點(diǎn)水平飛離，小球與水平軌道CD碰撞(碰撞過(guò)程小球無(wú)機(jī)械能損失)兩次后恰好到達(dá)半圓軌道的E點(diǎn)，在E點(diǎn)小球?qū)壍赖膲毫?N，已知小球與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，AB長(zhǎng)s＝10 m，水平軌道CD長(zhǎng)l＝12 m，小球每次與水平軌道碰撞時(shí)間為Δt＝2×10－3s，碰撞時(shí)水平速度不變，豎直速度反向，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)半圓軌道的半徑R； (2)人對(duì)小球所做的功W0； (3)碰撞過(guò)程中

14、，水平軌道對(duì)小球的平均作用力大?。? 解析：(1)由題知小球從B到E，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，故vB＝vE① 在E點(diǎn)，由牛頓第二定律知 mg＋N＝m② 因小球與CD碰撞兩次，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知 水平方向：＝vEt③ 豎直方向：2R＝gt2④ 聯(lián)立①②③④并代入數(shù)值得R＝0.9 m. (2)從A到B由動(dòng)能定理知 μmgs＝EkA－mv 由功能關(guān)系知人對(duì)小球所做的功 W0＝EkA 解得W0＝2.25 J. (3)小球在碰撞時(shí)豎直方向速度變化量 Δvy＝2gt 產(chǎn)生的加速度a＝ 由牛頓第二定律知－mg＝ma 解得＝601 N. 答案：(1)0.9 m　(2)2.25 J　(3)601 N