全國2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)全冊學(xué)案（打包17套）.zip

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(1)對于物體運(yùn)動過程中不涉及加速度和時間，而涉及力和位移、速度的問題時，一般選擇動能定理，尤其是曲線運(yùn)動、多過程的直線運(yùn)動等. (2)如果物體只有重力和彈力做功而又不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度和時間，既可用機(jī)械能守恒定律，又可用動能定理求解. 例2　(2016·全國甲卷·25)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接.AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖5所示.物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動，重力加速度大小為g. 圖5 (1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離； (2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍. 解析　(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能.由機(jī)械能守恒定律知，彈簧長度為l時的彈性勢能為 Ep＝5mgl ① 設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小為vB，由能量守恒定律得 Ep＝mv＋μmg(5l－l) ② 聯(lián)立①②式，并代入題給數(shù)據(jù)得 vB＝ ③ 若P能沿圓軌道運(yùn)動到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足 －mg≥0 ④ 設(shè)P滑到D點(diǎn)時的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2l ⑤ 聯(lián)立③⑤式得vD＝ ⑥ vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出.設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式得 2l＝gt2 ⑦ P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式得 s＝2l ⑨ (2)設(shè)P的質(zhì)量為M，為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時的速度不能小于零.由①②式可知 5mgl>μMg·4l ⑩ 要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)械能守恒定律有 MvB′2≤Mgl ? Ep＝MvB′2＋μMg·4l ? 聯(lián)立①⑩??式得 m≤Mm乙，ρ甲＝ρ乙，則r甲>r乙.空氣阻力f＝kr，對小球由牛頓第二定律得，mg－f＝ma，則a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故選項B正確；因f甲>f乙，由球克服阻力做功Wf＝fh知，甲球克服阻力做功較大，選項D正確. 2.如圖1，不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一個小球a和b.a球質(zhì)量為m，靜置于水平地面；b球質(zhì)量為3m，用手托住，高度為h，此時輕繩剛好拉緊.現(xiàn)將b球釋放，則b球著地瞬間a球的速度大小為(　　) 圖1 A. B. C. D.2 答案　A 解析　在b球落地前，a、b球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且a、b兩球速度大小相等，設(shè)為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：3mgh＝mgh＋(3m＋m)v2，解得：v＝. 3.如圖2所示，A、B、C三個一樣的滑塊從粗糙斜面上的同一高度同時開始運(yùn)動.A由靜止釋放；B的初速度方向沿斜面向下，大小為v0；C的初速度方向沿水平方向，大小為v0.斜面足夠大，A、B、C運(yùn)動過程中不會相碰，下列說法正確的是(　　) 圖2 A.A和C將同時滑到斜面底端 B.滑到斜面底端時，B的動能最大 C.滑到斜面底端時，C的重力勢能減少最多 D.滑到斜面底端時，B的機(jī)械能減少最多 答案　B 解析　A、C兩個滑塊所受的滑動摩擦力大小相等，A所受滑動摩擦力沿斜面向上，C沿斜面向上的力是滑動摩擦力的分力，所以C沿斜面向下的加速度大于A的加速度，C先到達(dá)斜面底端，故A錯誤；重力做功相同，摩擦力對A、B做功相同，C克服摩擦力做功最大，而B有初速度，則滑到斜面底端時，B滑塊的動能最大，故B正確；三個滑塊下降的高度相同，重力勢能減少相同，故C錯誤；滑動摩擦力做功與路程有關(guān)，C運(yùn)動的路程最大，C克服摩擦力做功最大，機(jī)械能減少最多，故D錯誤. 4.(多選)如圖3所示，小物塊以初速度v0從O點(diǎn)沿斜向上運(yùn)動，同時從O點(diǎn)斜向上拋出一個速度大小也為v0的小球，物塊和小球在斜面上的P點(diǎn)相遇.已知物塊和小球質(zhì)量相等，空氣阻力忽略不計，則(　　) 圖3 A.斜面只能是粗糙的 B.小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時離斜面最遠(yuǎn) C.在P點(diǎn)時，小球的動能大于物塊的動能 D.小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過程中克服重力做功的平均功率相等 答案　ACD 解析　把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，則沿斜面方向的速度小于物塊的速度，若斜面光滑，則小球和物塊沿斜面方向的加速度相同，則不可能在P點(diǎn)相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正確；當(dāng)小球的速度方向與斜面平行時，離斜面最遠(yuǎn)，此時豎直方向速度不為零，不是運(yùn)動到最高點(diǎn)，故B錯誤；物塊在斜面上還受摩擦力做功，物塊的機(jī)械能減小，所以在P點(diǎn)時，小球的動能應(yīng)該大于物塊的動能，故C正確；小球和物塊初末位置相同，則高度差相等，而重力相等，則重力做功相等，時間又相同，所以小球和物塊到達(dá)P點(diǎn)過程中克服重力做功的平均功率相等，故D正確. 5.蕩秋千是一種常見的休閑娛樂活動，也是我國民族運(yùn)動會上的一個比賽項目.若秋千繩的長度約為2 m，蕩到最高點(diǎn)時，秋千繩與豎直方向成60°角，如圖4所示.人在從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的運(yùn)動過程中，以下說法正確的是(　　) 圖4 A.最低點(diǎn)的速度大約為5 m/s B.在最低點(diǎn)時的加速度為零 C.合外力做的功等于增加的動能 D.重力做功的功率逐漸增加 答案　C 解析　秋千在下擺過程中，受到的繩子拉力不做功，機(jī)械能守恒，則得：mgL(1－cos 60°)＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝2 m/s，A錯誤；在最低點(diǎn)合力指向圓心，加速度不為零，B錯誤；根據(jù)動能定理合外力做的功等于增加的動能，C正確；P＝mgv⊥，由于在豎直方向上的速度從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過程中先增大后減小，故重力做功的功率先增大后減小，D錯誤. 6.(多選)(2016·浙江理綜·18)如圖5所示為一滑草場.某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ.質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos 37°＝0.8).則(　　) 圖5 A.動摩擦因數(shù)μ＝ B.載人滑草車最大速度為 C.載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D.載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 答案　AB 解析　對滑草車從坡頂由靜止滑下，到底端靜止的全過程，得mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，選項A正確；對經(jīng)過上段滑道過程，根據(jù)動能定理得，mgh－μmgcos 45°·＝mv2，解得v＝ ，選項B正確；載人滑草車克服摩擦力做功為2mgh，選項C錯誤；載人滑草車在下段滑道上的加速度為a＝＝－g，即加速度大小為g，選項D錯誤. 7.(多選)(2016·全國丙卷·20)如圖6，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時，向心加速度的大小為a，容器對它的支持力大小為N，則(　　) 圖6 A.a＝ B.a＝ C.N＝ D.N＝ 答案　AC 解析　質(zhì)點(diǎn)P下滑過程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動能定理可得mgR－W＝mv2，根據(jù)公式a＝，聯(lián)立可得a＝，A正確，B錯誤；在最低點(diǎn)重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝，C正確，D錯誤. 8.(多選)如圖7所示，豎直光滑桿固定不動，套在桿上的彈簧下端固定，將套在桿上的滑塊向下壓縮彈簧至離地高度h＝0.1 m處，滑塊與彈簧不拴接.現(xiàn)由靜止釋放滑塊，通過傳感器測量到滑塊的速度和離地高度h并作出滑塊的Ek－h(huán)圖象，其中高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，以地面為零勢能面，取g＝10 m/s2，由圖象可知(　　) 圖7 A.小滑塊的質(zhì)量為0.2 kg B.彈簧最大彈性勢能為0.32 J C.輕彈簧原長為0.2 m D.小滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小為0.18 J 答案　AC 解析　從0.2 m上升到0.35 m的范圍內(nèi)，ΔEk＝－ΔEp＝－mgΔh，圖線的斜率絕對值為：k＝＝＝－2 N＝－mg，所以：m＝0.2 kg，故A正確；根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，當(dāng)滑塊上升至最大高度時，增加的重力勢能即為彈簧最大彈性勢能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5 J，故B錯誤；在Ek－h(huán)圖象中，圖線的斜率表示滑塊所受的合外力，由于高度從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)圖象為直線，其余部分為曲線，說明滑塊從0.2 m上升到0.35 m范圍內(nèi)所受作用力為恒力，所以h＝0.2 m，滑塊與彈簧分離，彈簧的原長為0.2 m，故C正確；由圖可知，當(dāng)h＝0.18 m時的動能最大；在滑塊整個運(yùn)動過程中，系統(tǒng)的動能、重力勢能和彈性勢能之間相互轉(zhuǎn)化，因此動能最大時，滑塊的重力勢能與彈簧的彈性勢能總和最小，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，Epmin＝E－Ekm＝Epm＋mgh－Ekm＝0.5 J＋0.2×10×0.1 J－0.32 J＝0.38 J，故D錯誤. 9.如圖8所示，長為L的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端用活動鉸鏈固接于水平地面上的O點(diǎn)，初始時小球靜止于地面上，邊長為L、質(zhì)量為M的正方體左側(cè)靜止于O點(diǎn)處.現(xiàn)在桿中點(diǎn)處施加一大小始終為(g為重力加速度)、方向始終垂直桿的拉力，經(jīng)過一段時間后撤去F，小球恰好能到達(dá)最高點(diǎn)，忽略一切摩擦，試求： 圖8 (1)拉力所做的功； (2)拉力撤去時小球的速度大??； (3)若小球運(yùn)動到最高點(diǎn)后由靜止開始向右傾斜，求桿與水平面夾角為θ時(正方體和小球還未脫落)，正方體的速度大小. 答案(1)mgL　(2) (3) 解析　(1)根據(jù)動能定理可得：WF－mgL＝0 力F所做的功為WF＝mgL (2)設(shè)撤去F時，桿與水平面夾角為α，撤去F前，有：WF＝×α＝mgL，解得：α＝ 根據(jù)動能定理有：mgL－mgLsin α＝mv2 得撤去F時小球的速度為：v＝ (3)設(shè)桿與水平面夾角為θ時，桿的速度為v1，正方體的速度為v2，v2＝v1sin θ 系統(tǒng)機(jī)械能守恒有：mg(L－Lsin θ)＝mv＋Mv 解得：v2＝ . 10.如圖9所示，虛線圓的半徑為R，AC為光滑豎直桿，AB與BC構(gòu)成直角的L形軌道，小球與AB、BC軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ，A、B、C三點(diǎn)正好是圓上三點(diǎn)，而AC正好為該圓的直徑，AB與AC的夾角為α.如果套在AC桿上的小球自A點(diǎn)靜止釋放，分別沿ABC軌道和AC直軌道運(yùn)動，忽略小球滑過B處時的能量損耗.求： 圖9 (1)小球在AB軌道上運(yùn)動的加速度； (2)小球沿ABC軌道運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)時的速率； (3)若AB、BC、AC軌道均光滑，如果沿ABC軌道運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)的時間與沿AC直軌道運(yùn)動到達(dá)C點(diǎn)的時間之比為5∶3，求α的正切值. 答案　(1)gcos α－μgsin α　(2)2　(3)2.4 解析　(1)從A到B，由牛頓第二定律得： mgcos α－μmgsin α＝ma 解得：a＝gcos α－μgsin α (2)小球沿ABC軌道運(yùn)動，從A到C，由動能定理可得：mv＝mg·2R－2μmg·2Rcos αsin α 解得：vC＝2 (3)設(shè)小球沿AC直導(dǎo)軌做自由落體運(yùn)動，運(yùn)動時間為t，則有：2R＝gt2 解得：t＝2 軌道均光滑，小球由A到B機(jī)械能守恒，設(shè)B點(diǎn)的速度為vB，則有： mg·2R cos2α＝mv 解得：vB＝2 cos α 且依等時圓，tAB＝t，則B到C的時間為： tBC＝t－t＝t＝ 以后沿BC直導(dǎo)軌運(yùn)動的加速度為： a′＝gsin α，且BC＝2Rsin α 故2Rsin α＝vBtBC＋a′t 代入數(shù)據(jù)得：tan α＝2.4. 17