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）

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(duì)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(dòng)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(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fmgsin，B錯(cuò)誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，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：A3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()圖3A. B.C. D.解析：對(duì)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(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(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(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，在小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過程中，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：題述過程中重力做負(fù)功，故EpWGW1，A錯(cuò)誤；題述過程中電場(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，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(duì)小球做功W，第二次擊打過程中小錘對(duì)小球做功4W，設(shè)兩次擊打過程中小錘對(duì)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(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)汽車在加速性能試驗(yàn)過程中的vt圖象為了簡(jiǎn)化計(jì)算，可近似認(rèn)為：汽車運(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后汽車發(fā)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(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)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W1Fx1×(J)15P(J)，3054 s內(nèi)汽車發(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(zhǎng)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(dòng)，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(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)過程，下列說法正確的是()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(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：小球穿過兩張紙時(shí)，由動(dòng)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，二者之間用長(zhǎng)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(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(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(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)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 -