《【優(yōu)化方案】2020高考物理總復(fù)習(xí) 第五章第三節(jié)知能演練強化闖關(guān) 新人教版必修2（通用）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【優(yōu)化方案】2020高考物理總復(fù)習(xí) 第五章第三節(jié)知能演練強化闖關(guān) 新人教版必修2（通用）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、知能優(yōu)化演練 1．(2020·廣東東莞調(diào)研)關(guān)于機械能是否守恒的敘述，正確的是(　　) A．做勻速直線運動的物體的機械能一定守恒 B．做加速運動的物體機械能不可能守恒 C．合外力對物體做功為零時，機械能一定守恒 D．只有重力對物體做功時，物體機械能一定守恒 解析：選D.只有重力做功或彈簧彈力做功，其他力不做功或做功等于零時，物體的機械能守恒，D正確． 2．(2020·高考新課標(biāo)全國卷)一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離．假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是(　　) A．運動員到達最低點前重力勢能始終減小 B

2、．蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負(fù)功，彈性勢能增加 C．蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒 D．蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關(guān) 解析：選ABC.到達最低點前，高度始終在降低，所以重力勢能始終減小，故A正確．繩張緊后的下落過程，伸長量逐漸增大，彈力做負(fù)功，彈性勢能增大，故B正確．在蹦極過程中，只有重力與系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，故機械能守恒，C正確．重力勢能的改變與重力做功有關(guān)，重力做功只與始末位置高度差有關(guān)，與零勢能面的選取無關(guān)，故D錯誤． 3．如圖5－3－7所示，用長為L的輕繩把一個小鐵球懸掛在高為2L的O點處，小鐵球以O(shè)為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運動

3、且恰能到達最高點B處，若運動中輕繩斷開，則小鐵球落到地面時的速度大小為(　　) 圖5－3－7 A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D.小球恰能到達最高點B，則小球在最高點處的速度v＝.以地面為零勢能面，鐵球在B點處的總機械能為mg×3L＋mv2＝mgL，無論輕繩是在何處斷的，鐵球的機械能總是守恒的，因此到達地面時的動能mv′2＝mgL，故小球落到地面的速度v′＝，正確答案為D. 4．如圖5－3－8所示，一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動到水平軸正下方時輕繩的中點正好在水平軸

4、O點，且此時物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是(　　) 圖5－3－8 A．物塊B一直處于靜止?fàn)顟B(tài) B．小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中機械能守恒 C．小球A運動到水平軸正下方時的速度大小為 D．小球A從圖示位置運動到水平軸正下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機械能守恒 解析：選D.由圖示位置分別對物塊B和小球A進行受力分析可知，物塊B在小球A運動的過程中，先向下做加速運動，后向下做減速運動，直到速度為零，所以物塊B的重力一直做正功，而由于小球A和物塊B組成的系統(tǒng)只有重力做功，故系統(tǒng)的機械能守恒，故B錯D對．由A下擺過程中，繩對A做正功，則A球機械能增加

5、，即mv2＞mg，v＞，故C錯． 5．(2020·南京模擬)山地滑雪是人們喜愛的一項體育運動，一滑雪坡由AB和BC組成，AB是傾角為37°的斜坡，BC是半徑為R＝5 m的圓弧面，圓弧面和斜面相切于B，與水平面相切于C，如圖5－3－9所示，AB豎直高度差h＝8.8 m，運動員連同滑雪裝備總質(zhì)量為80 kg，從A點由靜止滑下通過C點后飛落(不計空氣阻力和摩擦阻力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求： 圖5－3－9 (1)運動員到達C點的速度大小； (2)運動員經(jīng)過C點時軌道受到的壓力大?。? 解析：(1)由A→C過程，應(yīng)用機械能守恒定律得：mg(h

6、＋Δh)＝mv，又Δh＝R(1－cos37°)，可解得： vC＝14 m/s. (2)在C點，由牛頓第二定律得： FC－mg＝m 解得：FC＝3936 N. 由牛頓第三定律知，運動員在C點時對軌道的壓力大小為3936 N. 答案：(1)14 m/s　(2)3936 N 一、選擇題 1．(2020·江蘇無錫調(diào)研)如圖5－3－10所示，斜劈劈尖頂著豎直墻壁靜止于水平面上，現(xiàn)將一小球從圖示位置靜止釋放，不計一切摩擦，則在小球從釋放到落至地面的過程中，下列說法正確的是(　　) 圖5－3－10 A．斜劈對小球的彈力不做功 B．斜劈與小球組成的系統(tǒng)機械能守恒 C．斜劈的機械

7、能守恒 D．小球重力勢能減小量等于斜劈動能的增加量 解析：選B.不計一切摩擦，小球下滑時，小球和斜劈組成的系統(tǒng)只有小球重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小球重力勢能減小量等于斜劈和小球動能的增量之和，D錯．故選B. 2．(2020·高考上海卷)用如圖5－3－11所示裝置可以研究動能和重力勢能轉(zhuǎn)化中所遵循的規(guī)律．在擺錘從A位置由靜止開始向下擺動到D位置的過程中(　　) 圖5－3－11 ①重力做正功，重力勢能增加?、谥亓Φ乃矔r功率一直增大 ③動能轉(zhuǎn)化為重力勢能?、軘[線對擺錘的拉力不做功 ⑤若忽略阻力，系統(tǒng)的總機械能為一恒量 A．①③ B．②④ C．②⑤ D．④⑤ 解析：選D

8、.擺錘向下運動，重力做正功，重力勢能減小，故①錯誤．由于開始靜止，所以開始重力功率為零，在D位置物體v的方向與重力垂直，PG＝Gvcosθ，可知PG＝0，而在從A位置擺動到D位置的過程中，重力功率不為零，所以所受重力瞬時功率先增大后減小，②錯誤．在向下運動的過程中，重力勢能減小，動能增加，故③錯誤．?dāng)[線拉力與v方向始終垂直，不做功，只有重力做功，故機械能守恒，故④⑤正確，選D. 3．(2020·南通模擬)如圖5－3－12所示，質(zhì)量相等的甲、乙兩物體開始時分別位于同一水平線上的A、B兩點．當(dāng)甲物體被水平拋出的同時，乙物體開始自由下落．曲線AC為甲物體的運動軌跡，直線BC為乙物體的運動軌跡，兩軌

9、跡相交于C點，空氣阻力忽略不計．則兩物體(　　) 圖5－3－12 A．在C點相遇 B．經(jīng)C點時速率相等 C．在C點時具有的機械能相等 D．在C點時重力的功率相等 答案：AD 4．(2020·江蘇啟東中學(xué)質(zhì)檢)如圖5－3－13所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長的輕繩系于O點，B球用輕彈簧系于O′點，O與O′點在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點等高處，使繩和輕彈簧均處于水平，彈簧處于自然狀態(tài)，將兩球分別由靜止開始釋放，當(dāng)兩球達到各自懸點的正下方時，兩球仍處在同一水平面上，則(　　) 圖5－3－13 A．兩球到達各自懸點的正下方時，兩球動能相等 B．兩球到達各

10、自懸點的正下方時，A球動能較大 C．兩球到達各自懸點的正下方時，B球動能較大 D．兩球到達各自懸點的正下方時，A球受到向上的拉力較大 解析：選BD.整個過程中兩球減少的重力勢能相等，A球減少的重力勢能完全轉(zhuǎn)化為A球的動能，B球減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為B球的動能和彈簧的彈性勢能，所以A球的動能大于B球的動能，所以B正確；在O點正下方位置根據(jù)牛頓第二定律，小球所受拉力與重力的合力提供向心力，則A球受到的拉力較大，所以D正確． 5．如圖5－3－14所示，一均質(zhì)桿長為r，從圖示位置由靜止開始沿光滑面ABD滑動，AB是半徑為r的圓弧，BD為水平面．則當(dāng)桿滑到BD位置時的速度大小為(　　) 圖5

11、－3－14 A. B. C. D．2 解析：選B.由機械能守恒定律得：mg·＝mv2 ∴v＝，故B對． 6．(2020·福建福州第一次模擬)如圖5－3－15所示，小車上有固定支架，一可視為質(zhì)點的小球用輕質(zhì)細(xì)繩拴掛在支架上的O點處，且可繞O點在豎直平面內(nèi)做圓周運動，繩長為L.現(xiàn)使小車與小球一起以速度v0沿水平方向向左勻速運動，當(dāng)小車突然碰到矮墻后，車立即停止運動，此后小球上升的最大高度可能是(　　) 圖5－3－15 A．大于 B．小于 C．等于 D．等于2L 解析：選BCD.小球上擺的高度不超過O點時，小球的動能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，則由mgh＝mv得h＝，

12、C正確；小球上擺的高度L＜h＜2L時，小球在高于O點的某位置開始做斜上拋運動，最高點的速度不為零，即動能不能全部轉(zhuǎn)化為重力勢能，mgh＜mv，h＜，B正確，小球能通過圓周最高點時，上升的高度為2L，D正確；由于最高點速度不為零，仍有h＜，綜上所述，A錯誤． 7．(2020·南京模擬)用長度為l的細(xì)繩懸掛一個質(zhì)量為m的小球，將小球移至和懸點等高的位置使繩自然伸直．放手后小球在豎直平面內(nèi)做圓周運動，小球在最低點的勢能取作零，則小球運動過程中第一次動能和勢能相等時重力的瞬時功率為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：選C.第一次動能和勢能相等的位置為距最低點高度處，

13、由機械能守恒可得：v＝，與豎直方向的夾角α＝30° ∴P＝mg·v cos 30°＝mg，故C對． 8．2020年10月16日，在東京體操世錦賽男子單杠決賽中，鄒凱、張成龍分別以16.441分和16.366分包攬冠亞軍．假設(shè)鄒凱的質(zhì)量為60 kg，他用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動．此過程中，鄒凱在最低點時手臂受的拉力至少約為(忽略空氣阻力，取g＝10 m/s2)(　　) 圖5－3－16 A．600 N B．2400 N C．3000 N D．3600 N 解析：選C.設(shè)鄒凱的重心距桿的距離為r，他能通過最高點的最小速度為v1＝0，他在做圓周運動的過

14、程中機械能守恒，設(shè)到達最低點的速度設(shè)為v2，則有mv＝2mgr，在最低點他受到向上的拉力和向下的重力，根據(jù)牛頓第二定律，有FT－mg＝m，由以上兩式可得FT＝5mg＝3000 N. 9．(2020·廣東六校聯(lián)合體聯(lián)考)一物體沿斜面向上運動，運動過程中質(zhì)點的機械能E與豎直高度h關(guān)系的圖象如圖5－3－17所示，其中O～h1過程的圖線為水平線，h1～h2過程的圖線為傾斜直線．根據(jù)該圖象，下列判斷正確的是(　　) 圖5－3－17 A．物體在O～h1過程中除重力外不受其他力的作用 B．物體在O～h1過程中只有重力做功其他力不做功 C．物體在h1～h2過程中合外力與速度的方向一定相反 D．

15、物體在O～h2過程中動能可能一直保持不變 解析：選BC.O～h1過程的圖線為水平線，說明物體的機械能不變，即除重力以外沒有其他力做功，但并非一定不受其他力作用，故A錯誤，B正確；在h1～h2過程中由于物體的機械能減小，重力勢能增加，只能是動能減小，即合外力與速度方向相反，故C正確； 在O～h2過程中物體的機械能減小，重力勢能增大，動能只能減小不可能保持不變，故D錯誤． 10．物體做自由落體運動，Ek表示動能，Ep表示勢能，h表示物體下落的高度，以水平地面為零勢能面，下列圖象中，能正確反映各物理量之間關(guān)系的是(　　) 圖5－3－18 解析：選BC.由機械能守恒定律：Ep＝E機－Ek，

16、得Ep與Ek的圖象為傾斜的直線，C正確；由動能定理得mgh＝Ek，則Ep＝E機 －Ek＝E機－mv2，故Ep與v的圖象為開口向下的拋物線，B正確；因為Ek＝mv2＝m(gt)2＝mg2t2，Ep＝E機－Ek＝E機－mg2t2，所以Ep與t的關(guān)系圖象也為開口向下的拋物線，A錯誤．設(shè)初狀態(tài)勢能為E0，則Ep＝E0－mgh，D錯誤． 二、非選擇題 11．(2020·高考北京卷)如圖5－3－19所示，長度為l的輕繩上端固定在O點，下端系一質(zhì)量為m的小球(小球的大小可以忽略)． 圖5－3－19 (1)在水平拉力F的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為α，小球保持靜止．畫出此時小球的受力圖，并求力F

17、的大小； (2)由圖示位置無初速釋放小球，求當(dāng)小球通過最低點時的速度大小及輕繩對小球的拉力．不計空氣阻力． 解析：(1)受力圖見右圖．根據(jù)平衡條件，應(yīng)滿足FTcosα＝mg，F(xiàn)Tsinα＝F，拉力大小F＝mgtanα. (2)運動中只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒mgl(1－cosα)＝mv2 則通過最低點時，小球的速度大小 v＝ 根據(jù)牛頓第二定律FT′－mg＝m 解得輕繩對小球的拉力 FT′＝mg＋m＝mg(3－2cosα)，方向豎直向上． 答案：見解析 12．(2020·蘇北四市調(diào)研)如圖5－3－20所示，光滑固定的豎直桿上套有一個質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊A，不可伸

18、長的輕質(zhì)細(xì)繩通過固定在墻壁上、大小可忽略的定滑輪D，連接小物塊A和小物塊B，虛線CD水平，間距d＝1.2 m，此時連接小物塊A的細(xì)繩與豎直桿的夾角為37°，小物塊A恰能保持靜止．現(xiàn)在在小物塊B的下端掛一個小物塊Q(未畫出)，小物塊A可從圖示位置上升并恰好能到達C處，不計摩擦和空氣阻力，cos37°＝0.8、sin37°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2.求： 圖5－3－20 (1)小物塊A到達C處時的加速度大?。? (2)小物塊B的質(zhì)量； (3)小物塊Q的質(zhì)量． 解析：(1)當(dāng)小物塊A到達C處時，由受力分析可知：水平方向受力平衡，豎直方向只受重力作用，所以小物塊A的加速度a＝g＝10 m/s2. (2)設(shè)小物塊B的質(zhì)量為mB，繩子拉力為FT；根據(jù)平衡條件： FTcos37°＝mg FT＝mBg 聯(lián)立解得mB＝0.5 kg. (3)設(shè)小物塊Q的質(zhì)量為m0，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒得 mghAC＝(mB＋m0)ghB hAC＝dcot37°＝1.6 m hB＝－d＝0.8 m 解之得：m0＝0.3 kg. 答案：(1)10 m/s2　(2)0.5 kg　(3)0.3 kg