(新課標(biāo))高考物理二輪作業(yè)手冊(cè)專題限時(shí)集訓(xùn)第5講能

#圖5－7專題限時(shí)集訓(xùn)（五）LA［解析］運(yùn)動(dòng)員從地面躍起過程中，地面支持力的位移為0,對(duì)他所做的功為0,選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；離開地面后，運(yùn)動(dòng)員處于完全失重狀態(tài)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從下蹲到離開地面上升過程中，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.C［解析］由于電場(chǎng)力做功，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；TOC\o"1-5"\h\z重力對(duì)小球做功為W1，小球重力勢(shì)能的變化為一W1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，小球動(dòng)能的變化為W1+W2+W3，選項(xiàng)C正確；由功能關(guān)系可知，小球機(jī)械能的變化為W2+W3，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.1 2 3 2 3A［解析］小球A從最高點(diǎn)飛出的速度v='\；gR,由機(jī)械能守恒，有mgh=2mgR+mA A-5R2mvmA,則hA="2"，選項(xiàng)A正確；小球B從最高點(diǎn)飛出的速度v前=0,由機(jī)械能守恒，有mghB=2mgR,釋放的最小高度hB=2R,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；要使小球A或B從軌道最高點(diǎn)飛出后，恰好落在軌道右端口處，R=vt,R=gt2，則v=\；'；g'，而A的最小速度v=\；gR〉v,A球不0 2 02R mA 0可能落在軌道右端口處，B球可能，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤.v2 v2C［解析］對(duì)小球1和2,由向心力公式有力1—咤=寧和%+咤=叮因速度大小相同，則FT1〉FT2,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)小球1運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)、小球2運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，此時(shí)細(xì)線拉力差值最大，以圖中小球1和2的位置為零勢(shì)能參考面，對(duì)小球1,由機(jī)械能守恒，有1mv221+mg?2r=2mv2,FTJ+mg=mv^,對(duì)小球2,同理有2mv2-mg?2r=2mv2,FT2'-mg=m%兩根線上拉力的差值FT'=10mg,選項(xiàng)B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；圖示位置兩個(gè)小球速度大小相同，機(jī)械能相等，且小球運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.+mg?2r=2mvB［解析］對(duì)物體，從用水平力F開始緩慢推動(dòng)物體停止運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理，有WF功為Pmg[x0_^mg—4mgx°=0,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；撤去F后，物體向左先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；物體開始向左運(yùn)動(dòng)到速度最大時(shí)，Umg功為Pmg[x0_^mg，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移為2x°,加速度為Ug,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為整，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.ugB［解析］根據(jù)能量守恒定律，在物體上升到最高點(diǎn)的過程中，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為物體的重力勢(shì)能mgh和內(nèi)能，故彈簧的最大彈性勢(shì)能應(yīng)大于mgh,A錯(cuò)誤.物體離開彈簧后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的加速度大小等于重力加速度g,由牛頓第二定律得物塊所受沿斜面向下的合力為F=mg,而重力沿斜面向下的分量為mgsin30°=%g,可知，物體必定受到沿斜面向下的摩擦力為f=2mg,摩擦力做功等于物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能，即W=f.=mgh,B正確.物體動(dòng)能最大時(shí)，加速度為零，此時(shí)物體必定沿斜面向上fsin30移動(dòng)了一定距離，彈性勢(shì)能部分轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能和內(nèi)能，故最大動(dòng)能小于彈簧的最大彈性勢(shì)能，C錯(cuò)誤.物體未離開彈簧，當(dāng)彈簧沿斜面向上的彈力、重力沿斜面向下的分力和摩擦

力的合力為零時(shí)速度最大，D錯(cuò)誤.D［解析］空氣阻力為f=%g,物體的機(jī)械能減少Imgh,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；重力對(duì)物體做功為W=—mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)上升h后的速度為v，則v2=2ah=gh,物體的動(dòng)能增加AEk=|mv2=2mgh,選項(xiàng)D正確.(1)1.4N,豎直向下(2)0.5m(3)0.2J［解析］(1)從P到圓軌道末端，由動(dòng)能定理有mgR(mgR(1－cos37°)1=2mvA在軌道末端，由牛頓第二定律有V2FNA_mg=mR解得Fna=1.4N由牛頓第三定律，滑塊對(duì)圓軌道末端的壓力為1.4N,方向豎直向下.⑵從A到B,由動(dòng)能定理有1 1—pmgL=2mv|12mvA解得vB=1m/s在1點(diǎn)，皮帶對(duì)滑塊的支持力為fni,由牛頓第二定律，有mg—F=

mg—F=

N|mv2解得Fn|=0.滑塊恰從|開始做平拋運(yùn)動(dòng)，有：2H滑塊的落地點(diǎn)與|間的水平距離x=vt=v-\:一=0.5m.滑塊的落地點(diǎn)與|間的水平距離1 1g⑶滑塊從A到B,與傳送帶間的相對(duì)位移Ax=L+v?--B=2m0Ug滑塊在傳送帶上滑行產(chǎn)生的熱量Q=umgAx=0.2J.9.(1)10mgH10mgh

27L或9.(1)10mgH10mgh

27L或9L小10TT(2)—mgH27/、4mga22225mga222(3)-H——27mgH<E<4H—27mgH［解析］(1)設(shè)參賽者、滑輪受到的阻力為Ff,根據(jù)能量守恒定律，有mgh—Ff(L—L')=0"一， L,H其中［,=—h=一其中L 10，h3則滑輪受到的阻力F10mgH或f=10mghFf=27L Ff=9L.(2)設(shè)人在A點(diǎn)處抓住掛鉤時(shí)至少具有的初動(dòng)能為Ek0,設(shè)根據(jù)動(dòng)能定理，參賽者在由A到|的過程中有-FfL=0-Ek010Ek0—27mgH(3)參賽者落到海綿墊的過程做平拋運(yùn)動(dòng).設(shè)人脫離掛鉤時(shí)的速度為V,運(yùn)動(dòng)的水平位移為s，則s=vt1H=]gt2解得s=v、；；2H當(dāng)s=4a時(shí)，參賽者具有的最小速度為v=20<2函minH當(dāng)s=5a時(shí)，參賽者具有的最大速度為v=|^，期max2H設(shè)參賽者在A點(diǎn)抓住掛鉤的初動(dòng)能為Ek.由動(dòng)能定理，參賽者在A點(diǎn)到鋼索最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中有L1mgH—F-=rmv2—Ef22