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2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)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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2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)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)

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(chē)在某下坡的公路上,從速度v0開(kāi)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(guò)程中汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P,汽車(chē)所受的摩擦阻力為恒力對(duì)于該過(guò)程,以下說(shuō)法正確的是()圖1A該過(guò)程中汽車(chē)一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B該過(guò)程中汽車(chē)所受阻力fC該過(guò)程中汽車(chē)所受阻力做功的大小為Ptmvm2D該過(guò)程中汽車(chē)做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)解析:汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P,則汽車(chē)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,D正確;汽車(chē)速度達(dá)到最大值vm時(shí),汽車(chē)的牽引力F,故fmgsin,B錯(cuò)誤;由于還有重力做功,汽車(chē)所受阻力做的功無(wú)法求出,C錯(cuò)誤答案:D2如圖2所示,質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)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2AF1F22mgB從A到B,拉力F做的功為F1LC從B到A的過(guò)程中,小球受到的合力大小不變D從B到A的過(guò)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F12mg.從B到A,根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(1cos60°)mv2,根據(jù)牛頓第二定律得F2mgm,聯(lián)立兩式解得F22mg,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WFmgL(1cos60°)0,解得WFmgL,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;從B到A的過(guò)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(guò)程中,重力的功率先增大后減小,故D項(xiàng)錯(cuò)誤答案:A3人與平衡車(chē)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(chē)加速度為a,速度為v時(shí),平衡車(chē)的功率為P1,則當(dāng)功率為P2時(shí),平衡車(chē)行駛的最大速度為()圖3A. B.C. D.解析:對(duì)平衡車(chē)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)Ffma,所以FFfma,所以功率P1Fv(Ffma)v,解得Ffma,當(dāng)功率恒為P2時(shí),設(shè)最大速度為v,則P2FvFfv,所以v,選項(xiàng)B正確答案:B4(2019年寧夏銀川月考)下列關(guān)于力做功與對(duì)應(yīng)能量變化的說(shuō)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(shì)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(shì)能的變化是看重力是否做功,故B正確,D錯(cuò)誤答案:B5(2019年陜西質(zhì)量檢測(cè))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(kāi)降落傘時(shí)不計(jì)空氣阻力),下落高度h之后打開(kāi)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(kāi)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fkv2.關(guān)于空降兵的說(shuō)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mghB空降兵從跳下到剛勻速時(shí),重力勢(shì)能一定減少了mgHC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(guò)程,空降兵克服阻力做功為mg(Hh)解析:空降兵從跳下到下落高度為h的過(guò)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(Hh),重力勢(shì)能一定減少了mg(Hh),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kv2mg,得v,故C項(xiàng)正確;空降兵從跳下到剛勻速的過(guò)程,重力和阻力對(duì)空降兵做的功等于空降兵動(dòng)能的變化,即mg(Hh)W克fmv2,得W克fmg(Hh),故D項(xiàng)錯(cuò)誤答案:C6如圖4所示,豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)彈簧的過(guò)程中,重力、電場(chǎng)力、彈簧彈力對(duì)小球做功分別為W1、W2、W3,不計(jì)空氣阻力,則上述過(guò)程中()圖4A小球重力勢(shì)能的增量為W1B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W1W2D小球機(jī)械能的增加量為W2W3解析:題述過(guò)程中重力做負(fù)功,故EpWGW1,A錯(cuò)誤;題述過(guò)程中電場(chǎng)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(guò)程中電場(chǎng)力、重力、彈力都做功,根據(jù)動(dòng)能定理可得EkW1W2W3,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(chǎng)力做功,所以EW2W3,D正確答案:D7(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(kāi),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(guò)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(guò)程中始終未脫離軌道,在第一次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功W,第二次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功4W,設(shè)兩次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做的功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)能,則W的值可能是()圖5A.mgR B.mgRC.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WmgR.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(guò)最高點(diǎn)的條件為mgm,即v高.小球從靜止到到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得W4Wmg·2Rmv高20,得WmgR,所以W滿足mgRWmgR,選項(xiàng)A、B正確答案:AB8(2019年福建質(zhì)檢)(多選)如圖6所示為某電動(dòng)汽車(chē)在加速性能試驗(yàn)過(guò)程中的vt圖象為了簡(jiǎn)化計(jì)算,可近似認(rèn)為:汽車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒定,在030 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),30 s后汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變則()圖6A15 s末、30 s末汽車(chē)的牽引力大小之比為21B15 s末、30 s末汽車(chē)的發(fā)動(dòng)機(jī)功率之比為12C30 s末、54 s末汽車(chē)的加速度大小之比為43D030 s內(nèi)、3054 s內(nèi)汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做功之比為58解析:由題意可知汽車(chē)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PFv可知,功率之比為12,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;030 s內(nèi),汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W1Fx1×(J)15P(J),3054 s內(nèi)汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做功W2P(54 s30 s)24P(J),因此,D正確答案:BD9(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(guò)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(kāi)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(zhǎng)狀態(tài)已知M2m,空氣阻力不計(jì)松開(kāi)手后,關(guān)于二者的運(yùn)動(dòng),下列說(shuō)法正確的是()圖7AM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)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(guò)程中重力對(duì)M做的功等于彈簧彈性勢(shì)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FMgsin30°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(duì)M做的功等于M重力勢(shì)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(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)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:BD10(多選)如圖8甲所示,傾角30°的光滑斜面固定在水平面上,自然伸長(zhǎng)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vt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(guò)程,下列說(shuō)法正確的是()圖8A小球在tB時(shí)刻所受彈簧的彈力等于mgB小球在tC時(shí)刻的加速度大于gC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(guò)程中,重力勢(shì)能的減少量等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量解析:小球在tB時(shí)刻速度達(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(wú)形變,此時(shí)小球的加速度aAg,由圖乙可知,A點(diǎn)圖線斜率的絕對(duì)值小于C點(diǎn)圖線斜率的絕對(duì)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(guò)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(lái)的釋放點(diǎn),故C正確;小球從tA時(shí)刻到tC時(shí)刻的過(guò)程中,由系統(tǒng)機(jī)械能守恒知小球重力勢(shì)能的減少量與動(dòng)能的減少量之和等于彈簧彈性勢(shì)能的增加量,故D錯(cuò)誤答案:ABC11(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(guò)程中()圖9A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(duì)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v22ax可知,物體加速度關(guān)系a甲<a乙,再由牛頓第二定律mgcosmgsinma得知,甲<乙,故A正確;傳送帶對(duì)小物體做功等于小物體的機(jī)械能的增加量,動(dòng)能增加量相等,重力勢(shì)能的增加量也相同,故兩傳送帶對(duì)小物體做功相等,故B正確;由摩擦生熱QFfx相對(duì)知,甲圖中,Q甲Ff1·x1Ff1(vt1)Ff1,F(xiàn)f1mgsinma1m,乙圖中Q乙Ff2·x2Ff2,F(xiàn)f2mgsinma2m,解得Q甲mgHmv2,Q乙mg(Hh)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1012(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)()A15 cm B20 cmC30 cm D60 cm解析:小球穿過(guò)兩張紙時(shí),由動(dòng)能定理得mgh2W0,將a紙向上移,若恰能穿過(guò)第一張紙,則mghW0,解得下落的高度hh,因此兩張紙的距離不能超過(guò)60h30 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R0.3 m的光滑半圓環(huán),右側(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ma100 g的小球a套在半圓環(huán)上,質(zhì)量為mb36 g的滑塊b套在直桿上,二者之間用長(zhǎng)為l0.4 m的輕桿通過(guò)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)的向心力大小;(2)小球a從P點(diǎn)下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點(diǎn)的過(guò)程中,桿對(duì)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magRmav2,解得v圖12對(duì)小球a受力分析,由牛頓第二定律可得Fma2mag2 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(zhǎng)和縮短,有vavbcos由幾何關(guān)系可得cos0.8在圖中,球a下降的高度hRcos從P點(diǎn)到切點(diǎn)應(yīng)用系統(tǒng)機(jī)械能守恒maghmava2mbvb2mav2對(duì)滑塊b,由動(dòng)能定理得Wmbvb20.194 4 J.14(2019年貴州月考)如圖13所示,AB是長(zhǎng)度x0.5 m的水平直軌道,B端與半徑為R0.1 m的光滑四分之一圓軌道BC相切,過(guò)B點(diǎn)的半徑豎直A端左側(cè)固定一個(gè)傾角30°的光滑斜面,連接處順滑;穿過(guò)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m11 kg.開(kāi)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(kāi)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(kāi),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)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vC1 m/s,求a在B點(diǎn)時(shí)對(duì)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(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB由機(jī)械能守恒定律得m1vB2m1vC2m1gR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FNm1gm1聯(lián)立解得FN40 N由牛頓第三定律,物塊a對(duì)軌道的壓力大小為40 N.(2)設(shè)物塊a經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度為v1時(shí)恰能滑到B點(diǎn),由動(dòng)能定理有m1gx0m1v12解得v1 m/s設(shè)物塊a經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的速度為v2時(shí)恰能滑到C點(diǎn),由動(dòng)能定理有m1gxm1gR0m1v22解得v22 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<vA2 m/s設(shè)兩物塊的共同速度為vA,繩斷前a、b組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有m1ghm1vA2m2vA2m2g·解得 kgm2< kg- 11 -

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