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）

《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）》由會(huì)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(shí)作業(yè)四 動(dòng)能定理、能量守恒定律（含解析）（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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(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1 A．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f＝ C．該過(guò)程中汽車(chē)所受阻力做功的大小為Pt＋mvm2 D．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f＝＋mgsinθ，B錯(cuò)誤；由于還有

2、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：D 2．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(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(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：A 3．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(　　)

4、圖3 A. 　　　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)－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(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

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(shì)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(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f＝kv2.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mgh B．空降

6、兵從跳下到剛勻速時(shí)，重力勢(shì)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(guò)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(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(H＋h)，重力勢(shì)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(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(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(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4 A．小球重力勢(shì)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(guò)程中重力做負(fù)功，故ΔEp＝－WG＝－W1，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

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(chǎng)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(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

9、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(guò)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(guò)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(chē)在加速性能試驗(yàn)過(guò)程中的v－t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

10、恒定，在0～30 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6 A．15 s末、30 s末汽車(chē)的牽引力大小之比為2∶1 B．15 s末、30 s末汽車(chē)的發(fā)動(dòng)機(jī)功率之比為1∶2 C．30 s末、54 s末汽車(chē)的加速度大小之比為4∶3 D．0～30 s內(nèi)、30～54 s內(nèi)汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做功之比為5∶8 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(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W1＝Fx1＝×(J)＝15P(J)，30～54 s內(nèi)汽車(chē)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(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M＝2m，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(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(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：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(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(guò)程，下列說(shuō)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(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

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(wú)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(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：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(guò)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(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v2＝2ax可知，物體加速度關(guān)系a甲

16、同，故兩傳送帶對(duì)小物體做功相等，故B正確；由摩擦生熱Q＝Ffx相對(duì)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(guò)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(guò)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(guò)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(zhǎng)為l＝0.4 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??； (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magR＝mav2， 解得v＝ 圖12 對(duì)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(zhǎng)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(duì)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(zhǎng)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(guò)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(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m1＝1 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)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(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

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(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－μm1gx＝0－m1v12 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－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