2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練 課時(shí)作業(yè)四 動(dòng)能定理、能量守恒定律(含解析)

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1、課時(shí)作業(yè)四 動(dòng)能定理、能量守恒定律 一、選擇題 1.如圖1所示,質(zhì)量為m的汽車在某下坡的公路上,從速度v0開始加速運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大值vm.設(shè)在此過程中汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P,汽車所受的摩擦阻力為恒力.對于該過程,以下說法正確的是(  ) 圖1 A.該過程中汽車一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B.該過程中汽車所受阻力f= C.該過程中汽車所受阻力做功的大小為Pt+mvm2 D.該過程中汽車做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng) 解析:汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P,則汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,D正確;汽車速度達(dá)到最大值vm時(shí),汽車的牽引力F=,故f=+mgsinθ,B錯(cuò)誤;由于還有

2、重力做功,汽車所受阻力做的功無法求出,C錯(cuò)誤. 答案:D 2.如圖2所示,質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn),小球靜止在A位置.現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A位置拉到B位置后靜止,此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ=60°,細(xì)線的拉力為F1,然后放手讓小球從靜止返回,到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2,則(  ) 圖2 A.F1=F2=2mg B.從A到B,拉力F做的功為F1L C.從B到A的過程中,小球受到的合力大小不變 D.從B到A的過程中,小球重力的瞬時(shí)功率一直增大 解析:在B位置,根據(jù)平衡條件有F1sin30°=mg,解得F1=2mg.從B到A,根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(

3、1-cos60°)=mv2,根據(jù)牛頓第二定律得F2-mg=m,聯(lián)立兩式解得F2=2mg,故A項(xiàng)正確;從A到B,小球緩慢移動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理得WF-mgL(1-cos60°)=0,解得WF=mgL,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;從B到A的過程中,小球的速度大小在變化,沿徑向的合力在變化,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;在B位置,重力的功率為零,在最低點(diǎn),重力的方向與速度方向垂直,重力的功率為零,可知從B到A的過程中,重力的功率先增大后減小,故D項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案:A 3.人與平衡車的總質(zhì)量為m,在平直路面上行駛時(shí),所受阻力不變.當(dāng)平衡車加速度為a,速度為v時(shí),平衡車的功率為P1,則當(dāng)功率為P2時(shí),平衡車行駛的最大速度為(  )

4、圖3 A.    B. C.    D. 解析:對平衡車受力分析,設(shè)受到的阻力的大小為Ff,由牛頓第二定律可得,F(xiàn)-Ff=ma,所以F=Ff+ma,所以功率P1=Fv=(Ff+ma)v,解得Ff=-ma,當(dāng)功率恒為P2時(shí),設(shè)最大速度為v′,則P2=F′v′=Ffv′,所以v′==,選項(xiàng)B正確. 答案:B 4.(2019年寧夏銀川月考)下列關(guān)于力做功與對應(yīng)能量變化的說法正確的是(  ) A.合力做正功,機(jī)械能增加 B.合力做正功,物體的動(dòng)能一定增加 C.摩擦力做功,物體的機(jī)械能一定減少 D.合力做負(fù)功,重力勢能一定減少 解析:除重力外其余力做的功等于物體機(jī)械能的變化量,除

5、重力外其余力做正功等于物體機(jī)械能的增加量,故A、C錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知,合力做功是動(dòng)能變化的量度,合力做正功,物體的動(dòng)能一定增加,重力勢能的變化是看重力是否做功,故B正確,D錯(cuò)誤. 答案:B 5.(2019年陜西質(zhì)量檢測)空降兵是現(xiàn)代軍隊(duì)的重要兵種.一次訓(xùn)練中,空降兵從靜止在空中的直升機(jī)上豎直跳下(初速度可看成零,未打開降落傘時(shí)不計(jì)空氣阻力),下落高度h之后打開降落傘,接著又下降高度H之后,空降兵達(dá)到勻速.設(shè)空降兵打開降落傘之后受到的空氣阻力與速度平方成正比,比例系數(shù)為k,即f=kv2.關(guān)于空降兵的說法正確的是(  ) A.空降兵從跳下到下落高度為h時(shí),機(jī)械能一定損失了mgh B.空降

6、兵從跳下到剛勻速時(shí),重力勢能一定減少了mgH C.空降兵勻速下降時(shí),速度大小為  D.空降兵從跳下到剛勻速的過程,空降兵克服阻力做功為mg(H+h)- 解析:空降兵從跳下到下落高度為h的過程中,只有重力做功,機(jī)械能不變,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;空降兵從跳下到剛勻速時(shí),重力做功mg(H+h),重力勢能一定減少了mg(H+h),故B項(xiàng)錯(cuò)誤;空降兵勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),重力與阻力大小相等,所以kv2=mg,得v=,故C項(xiàng)正確;空降兵從跳下到剛勻速的過程,重力和阻力對空降兵做的功等于空降兵動(dòng)能的變化,即mg(H+h)-W克f=mv2,得W克f=mg(H+h)-,故D項(xiàng)錯(cuò)誤. 答案:C 6.如圖4所示,豎直向上的勻

7、強(qiáng)電場中,絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上,一質(zhì)量為m的帶正電小球在外力F的作用下靜止于圖4所示位置,小球與彈簧不連接,彈簧處于壓縮狀態(tài).現(xiàn)撤去F,在小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過程中,重力、電場力、彈簧彈力對小球做功分別為W1、W2、W3,不計(jì)空氣阻力,則上述過程中(  ) 圖4 A.小球重力勢能的增量為W1 B.小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C.小球的動(dòng)能的增量為W1+W2 D.小球機(jī)械能的增加量為W2+W3 解析:題述過程中重力做負(fù)功,故ΔEp=-WG=-W1,A錯(cuò)誤;題述過程中電場力做功,所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,B錯(cuò)誤;題述過程中電場力、重力、彈力都做功

8、,根據(jù)動(dòng)能定理可得ΔEk=W1+W2+W3,C錯(cuò)誤;重力以外的力做功等于小球的機(jī)械能變化量,故小球機(jī)械能增加量等于彈力和電場力做功,所以E=W2+W3,D正確. 答案:D 7.(2019年湖南一模)(多選)如圖5所示,內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上,一個(gè)質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點(diǎn).現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球,擊打后迅速移開,使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng).當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí),再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球,必須經(jīng)過兩次擊打,小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn).已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中始終未脫離軌道,在第一次擊打過程中小錘對小球做功W,第二次擊打過程中小錘對小球做功4W,設(shè)兩次擊打過程

9、中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動(dòng)能,則W的值可能是(  ) 圖5 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析:第一次擊打小球時(shí),小球運(yùn)動(dòng)的最大高度為R,即W≤mgR.第二次擊打小球,使小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn),而小球能夠通過最高點(diǎn)的條件為mg≤m,即v高≥.小球從靜止到到達(dá)最高點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理得W+4W-mg·2R=mv高2-0,得W≥mgR,所以W滿足mgR≤W≤mgR,選項(xiàng)A、B正確. 答案:AB 8.(2019年福建質(zhì)檢)(多選)如圖6所示為某電動(dòng)汽車在加速性能試驗(yàn)過程中的v-t圖象.為了簡化計(jì)算,可近似認(rèn)為:汽車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力

10、恒定,在0~30 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),30 s后汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變.則(  ) 圖6 A.15 s末、30 s末汽車的牽引力大小之比為2∶1 B.15 s末、30 s末汽車的發(fā)動(dòng)機(jī)功率之比為1∶2 C.30 s末、54 s末汽車的加速度大小之比為4∶3 D.0~30 s內(nèi)、30~54 s內(nèi)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做功之比為5∶8 解析:由題意可知汽車前30 s做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則牽引力恒定,A錯(cuò)誤;由圖可知15 s末、30 s末的速度分別為9 m/s、18 m/s,由公式P=Fv可知,功率之比為1∶2,B正確;由圖可知30 s末、54 s末的加速度之比應(yīng)為==×>,C錯(cuò)誤;0~30

11、s內(nèi),汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W1=Fx1=×(J)=15P(J),30~54 s內(nèi)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做功W2=P(54 s-30 s)=24P(J),因此=,D正確. 答案:BD 9.(多選)如圖7所示,固定的光滑斜面傾角為30°,質(zhì)量分別為M、m的兩個(gè)物體通過細(xì)繩及輕彈簧連接于光滑輕滑輪兩側(cè),斜面底端有一與斜面垂直的擋板.開始時(shí)用手按住物體M,此時(shí)M與擋板的距離為s,滑輪兩邊的細(xì)繩恰好伸直,且彈簧處于原長狀態(tài).已知M=2m,空氣阻力不計(jì).松開手后,關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是(  ) 圖7 A.M和m組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B.當(dāng)M的速度最大時(shí),m與地面間的作用力為零 C.若M恰好能到達(dá)

12、擋板處,則此時(shí)m的速度為零 D.若M恰好能到達(dá)擋板處,則此過程中重力對M做的功等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m的機(jī)械能增加量之和 解析:M、m和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;當(dāng)M的速度最大時(shí),彈簧彈力F=Mgsin30°=mg,所以m與地面間的作用力為零,選項(xiàng)B正確;若M恰好能到達(dá)擋板處,M有一段時(shí)間做減速運(yùn)動(dòng),繩子拉力大于mg,m向上做加速運(yùn)動(dòng),m的速度不為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;重力對M做的功等于M重力勢能的減少量,根據(jù)機(jī)械能守恒定律,若M恰好能到達(dá)擋板處,M重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量與物體m機(jī)械能的增加量之和,選項(xiàng)D正確. 答案:BD 10.(多選)如圖8甲所示,傾

13、角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上,自然伸長的輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面底端的擋板上.一質(zhì)量為m的小球,從離彈簧上端一定距離的位置靜止釋放,接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng),小球運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖8乙所示,其中OA段為直線段,AB段是與OA相切于A點(diǎn)的平滑曲線,BC是平滑曲線,不考慮空氣阻力,重力加速度為g.關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)過程,下列說法正確的是(  ) 圖8 A.小球在tB時(shí)刻所受彈簧的彈力等于mg B.小球在tC時(shí)刻的加速度大于g C.小球從tC時(shí)刻所在的位置由靜止釋放后,能回到出發(fā)點(diǎn) D.小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過程中,重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 解析:小球在tB時(shí)刻

14、速度達(dá)到最大,加速度為0,彈力等于重力沿斜面的分力,即此時(shí)F彈=mgsin30°=mg,故A正確;tA時(shí)刻小球剛好與彈簧接觸且彈簧無形變,此時(shí)小球的加速度aA=g,由圖乙可知,A點(diǎn)圖線斜率的絕對值小于C點(diǎn)圖線斜率的絕對值,分析可知小球在tC時(shí)刻的加速度大于g,故B正確;整個(gè)過程中,彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,故小球從C點(diǎn)釋放能到達(dá)原來的釋放點(diǎn),故C正確;小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過程中,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒知小球重力勢能的減少量與動(dòng)能的減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量,故D錯(cuò)誤. 答案:ABC 11.(多選)如圖9所示,甲、乙兩傳送帶與水平面的夾角相同,都以恒定速率v向上運(yùn)動(dòng).現(xiàn)將一質(zhì)量

15、為m的小物體(視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在A處,小物體在甲傳送帶上被傳送到B處時(shí)恰好達(dá)到傳送帶的速率v,在乙傳送帶上被傳送到離B處豎直高度為h的C處時(shí)達(dá)到傳送帶的速率v.已知B處離地面的高度均為H,則在小物體從A到B的過程中(  ) 圖9 A.小物體與甲傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)較小 B.兩傳送帶對小物體做功相等 C.甲傳送帶消耗的電能比較大 D.兩種情況下因摩擦產(chǎn)生的熱量相等 解析:根據(jù)公式v2=2ax可知,物體加速度關(guān)系a甲

16、同,故兩傳送帶對小物體做功相等,故B正確;由摩擦生熱Q=Ffx相對知,甲圖中=,Q甲=Ff1·x1=Ff1(vt1-)=Ff1,F(xiàn)f1-mgsinθ=ma1=m,乙圖中Q乙=Ff2·x2=Ff2,F(xiàn)f2-mgsinθ=ma2= m,解得Q甲=mgH+mv2,Q乙=mg(H-h(huán))+mv2,Q甲>Q乙,根據(jù)能量守恒定律,電動(dòng)機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加機(jī)械能之和,因物塊兩次從A到B增加的機(jī)械能相同,Q甲>Q乙,所以將小物體傳送到B處,甲傳送帶消耗的電能更多,故C正確,D錯(cuò)誤. 答案:ABC 圖10 12.(多選)a、b為緊靠著的且兩邊固定的兩張相同薄紙,如圖10所示.

17、一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球從距紙面高為60 cm的地方自由下落,恰能穿破兩張紙.若將a紙的位置升高,b紙的位置不變,在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙,則a紙距離b紙可能是(小球穿破兩張紙時(shí),克服阻力做功相同)(  ) A.15 cm B.20 cm C.30 cm D.60 cm 解析:小球穿過兩張紙時(shí),由動(dòng)能定理得mgh-2W=0,將a紙向上移,若恰能穿過第一張紙,則mgh′-W=0,解得下落的高度h′=h,因此兩張紙的距離不能超過60-h(huán)=30 cm,選項(xiàng)A、B、C正確. 答案:ABC 二、解答題 13.如圖11所示,左側(cè)豎直墻面上固定一半徑為R=0.3 m的光滑半圓環(huán),右

18、側(cè)豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿.質(zhì)量為ma=100 g的小球a套在半圓環(huán)上,質(zhì)量為mb=36 g的滑塊b套在直桿上,二者之間用長為l=0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接.現(xiàn)將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放,使a沿圓環(huán)自由下滑,不計(jì)一切摩擦,a、b均視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10 m/s2.求: 圖11 (1)小球a滑到與圓心O等高的P點(diǎn)時(shí)的向心力大??; (2)小球a從P點(diǎn)下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(diǎn)的過程中,桿對滑塊b做的功. 解:(1)當(dāng)a滑到與O同高度P點(diǎn)時(shí),a的速度v沿圓環(huán)切線向下,b的速度為零,由機(jī)械能守恒定律可得magR=mav2, 解得v= 圖12 對小球a

19、受力分析,由牛頓第二定律可得 F=ma=2mag=2 N. (2)桿與圓相切時(shí),如圖12所示,a的速度沿桿方向,設(shè)此時(shí)b的速度為vb,根據(jù)桿不可伸長和縮短,有va=vbcosθ 由幾何關(guān)系可得cosθ==0.8 在圖中,球a下降的高度h=Rcosθ 從P點(diǎn)到切點(diǎn)應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒 magh=mava2+mbvb2-mav2 對滑塊b,由動(dòng)能定理得W=mbvb2=0.194 4 J. 14.(2019年貴州月考)如圖13所示,AB是長度x=0.5 m的水平直軌道,B端與半徑為R=0.1 m的光滑四分之一圓軌道BC相切,過B點(diǎn)的半徑豎直.A端左側(cè)固定一個(gè)傾角θ=30°的光滑斜面,連

20、接處順滑;穿過足夠高的定滑輪的輕繩兩端分別系著小物塊a和b,a的質(zhì)量m1=1 kg.開始時(shí)將b按壓在地面不動(dòng),a位于斜面上高h(yuǎn)=0.5 m的地方,此時(shí)滑輪左邊的繩子豎直而右邊的繩子與斜面平行,然后放開手,讓a沿斜面下滑而b上升,當(dāng)a滑到斜面底端A點(diǎn)時(shí)繩子突然斷開,a繼續(xù)沿水平地面運(yùn)動(dòng),然后進(jìn)入BC軌道,已知物塊a與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,g取10 m/s2. 圖13 (1)若物塊a到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度vC=1 m/s,求a在B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。? (2)要使物塊a能滑上軌道BC又不會(huì)從最高點(diǎn)C處滑出,求b的質(zhì)量m2的取值范圍. 解:(1)設(shè)物塊a經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度為vB 由

21、機(jī)械能守恒定律得m1vB2=m1vC2+m1gR 設(shè)物塊a剛進(jìn)入圓軌道BC時(shí)受到的支持力為FN, 由牛頓第二定律有FN-m1g=m1 聯(lián)立解得FN=40 N 由牛頓第三定律,物塊a對軌道的壓力大小為40 N. (2)設(shè)物塊a經(jīng)過A點(diǎn)的速度為v1時(shí)恰能滑到B點(diǎn), 由動(dòng)能定理有-μm1gx=0-m1v12 解得v1= m/s 設(shè)物塊a經(jīng)過A點(diǎn)的速度為v2時(shí)恰能滑到C點(diǎn),由動(dòng)能定理有-μm1gx-m1gR=0-m1v22 解得v2=2 m/s 要使物塊能滑上軌道BC而又不從C點(diǎn)滑出,物塊a在A點(diǎn)的速度vA應(yīng)滿足 m/s

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