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 課時作業(yè)四 動能定理、能量守恒定律（含解析）

《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 課時作業(yè)四 動能定理、能量守恒定律（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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 課時作業(yè)四 動能定理、能量守恒定律（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)四　動能定理、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開始加速運動，經(jīng)時間t速度達到最大值vm.設(shè)在此過程中汽車發(fā)動機的功率恒為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動 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動 解析：汽車發(fā)動機的功率恒為P，則汽車做加速度逐漸減小的加速運動，A錯誤，D正確；汽車速度達到最大值vm時，汽車的牽引力F＝，故f＝＋mgsinθ，B錯誤；由于還有

2、重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，C錯誤． 答案：D 2．如圖2所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)用長為L的細線懸掛于O點，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，此時細線與豎直方向夾角為θ＝60°，細線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細線的拉力為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項正確；從A到B，小球緩慢移動，根據(jù)動能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝mgL，故B項錯誤；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項錯誤；在B位置，重力的功率為零，在最低點，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項錯誤． 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，所受阻力不變．當平衡車加速度為a，速度為v時，平衡車的功率為P1，則當功率為P2時，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，當功率恒為P2時，設(shè)最大速度為v′，則P2＝F′v′＝Ffv′，所以v′＝＝，選項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，機械能增加 B．合力做正功，物體的動能一定增加 C．摩擦力做功，物體的機械能一定減少 D．合力做負功，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械能的變化量，除

5、重力外其余力做正功等于物體機械能的增加量，故A、C錯誤；由動能定理可知，合力做功是動能變化的量度，合力做正功，物體的動能一定增加，重力勢能的變化是看重力是否做功，故B正確，D錯誤． 答案：B 5．(2019年陜西質(zhì)量檢測)空降兵是現(xiàn)代軍隊的重要兵種．一次訓(xùn)練中，空降兵從靜止在空中的直升機上豎直跳下(初速度可看成零，未打開降落傘時不計空氣阻力)，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，機械能一定損失了mgh B．空降

6、兵從跳下到剛勻速時，重力勢能一定減少了mgH C．空降兵勻速下降時，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，機械能不變，故A項錯誤；空降兵從跳下到剛勻速時，重力做功mg(H＋h)，重力勢能一定減少了mg(H＋h)，故B項錯誤；空降兵勻速運動時，重力與阻力大小相等，所以kv2＝mg，得v＝，故C項正確；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能的變化，即mg(H＋h)－W克f＝mv2，得W克f＝mg(H＋h)－，故D項錯誤． 答案：C 6．如圖4所示，豎直向上的勻

7、強電場中，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動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)機械能守恒 C．小球的動能的增量為W1＋W2 D．小球機械能的增加量為W2＋W3 解析：題述過程中重力做負功，故ΔEp＝－WG＝－W1，A錯誤；題述過程中電場力做功，所以小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；題述過程中電場力、重力、彈力都做功

8、，根據(jù)動能定理可得ΔEk＝W1＋W2＋W3，C錯誤；重力以外的力做功等于小球的機械能變化量，故小球機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，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點．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)運動．當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，必須經(jīng)過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．已知小球在運動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，小球運動的最大高度為R，即W≤mgR.第二次擊打小球，使小球運動到圓軌道的最高點，而小球能夠通過最高點的條件為mg≤m，即v高≥.小球從靜止到到達最高點的過程中，由動能定理得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所示為某電動汽車在加速性能試驗過程中的v－t圖象．為了簡化計算，可近似認為：汽車運動時受到的阻力

10、恒定，在0～30 s內(nèi)做勻加速直線運動，30 s后汽車發(fā)動機的功率保持不變．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)動機功率之比為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)動機做功之比為5∶8 解析：由題意可知汽車前30 s做勻加速直線運動，則牽引力恒定，A錯誤；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錯誤；0～30

11、s內(nèi)，汽車發(fā)動機做的功W1＝Fx1＝×(J)＝15P(J)，30～54 s內(nèi)汽車發(fā)動機做功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的兩個物體通過細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．開始時用手按住物體M，此時M與擋板的距離為s，滑輪兩邊的細繩恰好伸直，且彈簧處于原長狀態(tài)．已知M＝2m，空氣阻力不計．松開手后，關(guān)于二者的運動，下列說法正確的是(　　) 圖7 A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當M的速度最大時，m與地面間的作用力為零 C．若M恰好能到達

12、擋板處，則此時m的速度為零 D．若M恰好能到達擋板處，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的機械能增加量之和 解析：M、m和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A錯誤；當M的速度最大時，彈簧彈力F＝Mgsin30°＝mg，所以m與地面間的作用力為零，選項B正確；若M恰好能到達擋板處，M有一段時間做減速運動，繩子拉力大于mg，m向上做加速運動，m的速度不為零，選項C錯誤；重力對M做的功等于M重力勢能的減少量，根據(jù)機械能守恒定律，若M恰好能到達擋板處，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機械能的增加量之和，選項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)向下運動，小球運動的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)于小球的運動過程，下列說法正確的是(　　) 圖8 A．小球在tB時刻所受彈簧的彈力等于mg B．小球在tC時刻的加速度大于g C．小球從tC時刻所在的位置由靜止釋放后，能回到出發(fā)點 D．小球從tA時刻到tC時刻的過程中，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時刻

14、速度達到最大，加速度為0，彈力等于重力沿斜面的分力，即此時F彈＝mgsin30°＝mg，故A正確；tA時刻小球剛好與彈簧接觸且彈簧無形變，此時小球的加速度aA＝g，由圖乙可知，A點圖線斜率的絕對值小于C點圖線斜率的絕對值，分析可知小球在tC時刻的加速度大于g，故B正確；整個過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，故小球從C點釋放能到達原來的釋放點，故C正確；小球從tA時刻到tC時刻的過程中，由系統(tǒng)機械能守恒知小球重力勢能的減少量與動能的減少量之和等于彈簧彈性勢能的增加量，故D錯誤． 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向上運動．現(xiàn)將一質(zhì)量

15、為m的小物體(視為質(zhì)點)輕輕放在A處，小物體在甲傳送帶上被傳送到B處時恰好達到傳送帶的速率v，在乙傳送帶上被傳送到離B處豎直高度為h的C處時達到傳送帶的速率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，電動機消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物體增加機械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機械能相同，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，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，由動能定理得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，不計一切摩擦，a、b均視為質(zhì)點，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點時的向心力大小； (2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿對滑塊b做的功． 解：(1)當a滑到與O同高度P點時，a的速度v沿圓環(huán)切線向下，b的速度為零，由機械能守恒定律可得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，如圖12所示，a的速度沿桿方向，設(shè)此時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點到切點應(yīng)用系統(tǒng)機械能守恒 magh＝mava2＋mbvb2－mav2 對滑塊b，由動能定理得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點的半徑豎直．A端左側(cè)固定一個傾角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.開始時將b按壓在地面不動，a位于斜面上高h＝0.5 m的地方，此時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a滑到斜面底端A點時繩子突然斷開，a繼續(xù)沿水平地面運動，然后進入BC軌道，已知物塊a與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10 m/s2. 圖13 (1)若物塊a到達C點時的速度vC＝1 m/s，求a在B點時對軌道的壓力大??； (2)要使物塊a能滑上軌道BC又不會從最高點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點時的速度為vB 由

21、機械能守恒定律得m1vB2＝m1vC2＋m1gR 設(shè)物塊a剛進入圓軌道BC時受到的支持力為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點的速度為v1時恰能滑到B點， 由動能定理有－μm1gx＝0－m1v12 解得v1＝ m/s 設(shè)物塊a經(jīng)過A點的速度為v2時恰能滑到C點，由動能定理有－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點滑出，物塊a在A點的速度vA應(yīng)滿足 m/s