《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?jiān)谘b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(yùn)動，經(jīng)時間t速度達(dá)到最大值vm.設(shè)在此過程中汽車發(fā)動機(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1A該過程中汽車一直做勻加速直線運(yùn)動B該過程中汽車所受阻力fC該過程中汽車所受阻力做功的大小為Ptmvm2D該過程中汽車做加速度不斷減小的加速運(yùn)動解析：汽車發(fā)動機(jī)的功率恒為P，則汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，A錯誤，D正確；汽車速度達(dá)到最大值vm時，汽車的牽引力F，故fmgsin，B錯誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，C錯誤答案：D2如圖2所示，
2、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F1sin30mg，解得F12mg.從B到A，根據(jù)動能定理得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，根據(jù)動能定理得WFmgL
3、(1cos60)0，解得WFmgL，故B項(xiàng)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(xiàng)錯誤；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)錯誤答案：A3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(dāng)平衡車加速度為a，速度為v時，平衡車的功率為P1，則當(dāng)功率為P2時，平衡車行駛的最大速度為()圖3A. 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)Ffma，所以FFfma，所以功率P1Fv(Ffma)v，解得Ffma，當(dāng)功率恒為P2時
4、，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：B5(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
5、速度可看成零，未打開降落傘時不計(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fkv2.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(jī)械能一定損失了mghB空降兵從跳下到剛勻速時，重力勢能一定減少了mgHC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(Hh)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)錯誤；空降兵從跳下到剛勻速時，重力做功mg(Hh)，重力勢能一定減少了mg(Hh)，故B項(xiàng)錯誤；空降兵勻速運(yùn)動時，重
6、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(Hh)W克fmv2，得W克fmg(Hh)，故D項(xiàng)錯誤答案：C6如圖4所示，豎直向上的勻強(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4A小球重力勢能的增量為W1B小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒C小球的動能的增量為W1W2D小球機(jī)械能的增加量
7、為W2W3解析：題述過程中重力做負(fù)功，故EpWGW1，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(jī)械能不守恒，B錯誤；題述過程中電場力、重力、彈力都做功，根據(jù)動能定理可得EkW1W2W3，C錯誤；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)動當(dāng)小球回到A點(diǎn)時，再次用小錘沿運(yùn)動方向擊打小球，必須經(jīng)過兩次擊打，小球才能運(yùn)動到圓
8、軌道的最高點(diǎn)已知小球在運(yùn)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5A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析：第一次擊打小球時，小球運(yùn)動的最大高度為R，即WmgR.第二次擊打小球，使小球運(yùn)動到圓軌道的最高點(diǎn)，而小球能夠通過最高點(diǎn)的條件為mgm，即v高.小球從靜止到到達(dá)最高點(diǎn)的過程中，由動能定理得W4Wmg2Rmv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所示為某電動汽車在加速性能試驗(yàn)過程中的v
9、t圖象為了簡化計(jì)算，可近似認(rèn)為：汽車運(yùn)動時受到的阻力恒定，在030 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，30 s后汽車發(fā)動機(jī)的功率保持不變則()圖6A15 s末、30 s末汽車的牽引力大小之比為21B15 s末、30 s末汽車的發(fā)動機(jī)功率之比為12C30 s末、54 s末汽車的加速度大小之比為43D030 s內(nèi)、3054 s內(nèi)汽車發(fā)動機(jī)做功之比為58解析：由題意可知汽車前30 s做勻加速直線運(yùn)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錯誤；030 s內(nèi)，汽車發(fā)動機(jī)做
10、的功W1Fx1(J)15P(J)，3054 s內(nèi)汽車發(fā)動機(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用手按住物體M，此時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M2m，空氣阻力不計(jì)松開手后，關(guān)于二者的運(yùn)動，下列說法正確的是()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，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
11、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錯誤；當(dāng)M的速度最大時，彈簧彈力FMgsin30mg，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有一段時間做減速運(yùn)動，繩子拉力大于mg，m向上做加速運(yùn)動，m的速度不為零，選項(xiàng)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(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：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
12、位置靜止釋放，接觸彈簧后繼續(xù)向下運(yùn)動，小球運(yùn)動的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)動過程，下列說法正確的是()圖8A小球在tB時刻所受彈簧的彈力等于mgB小球在tC時刻的加速度大于gC小球從tC時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F彈mgsin30mg，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aAg，由圖乙可知
13、，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(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時刻到tC時刻的過程中，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：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處時達(dá)到傳送帶的速率v.已知B處離地面的高度均為H，
14、則在小物體從A到B的過程中()圖9A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Q乙，根據(jù)能量守恒定律，電動機(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
15、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)()A15 cm B20 cmC30 cm D60 cm解析：小球穿過兩張紙時，由動能定理得mgh2W0，將a紙向上移，若恰能穿過第一張紙，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
16、之間用長為l0.4 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，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，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vavbcos由幾何關(guān)系可得cos
17、0.8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對滑塊b，由動能定理得Wmbvb20.194 4 J.14(2019年貴州月考)如圖13所示，AB是長度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B點(diǎn)的半徑豎直A端左側(cè)固定一個傾角30的光滑斜面，連接處順滑；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m11 kg.開始時將b按壓在地面不動，a位于斜面上高h(yuǎn)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(dāng)a滑到斜面底端A點(diǎn)時繩子突然斷開
18、，a繼續(xù)沿水平地面運(yùn)動，然后進(jìn)入BC軌道，已知物塊a與水平地面間的動摩擦因數(shù)0.2，g取10 m/s2.圖13(1)若物塊a到達(dá)C點(diǎn)時的速度vC1 m/s，求a在B點(diǎn)時對軌道的壓力大小；(2)要使物塊a能滑上軌道BC又不會從最高點(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時恰能滑到B點(diǎn)，由動能定理有m1gx0m1v12解得v1 m/s設(shè)物塊a經(jīng)過A點(diǎn)的速度為v2時恰能滑到C點(diǎn)，由動能定理有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/svA2 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 -
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）
