高考物理二轮复习 专题二 功和能 动量和能量 专题突破练5 动能定理 机械能守恒定律 功能关系的应用-人教版高三全册物理试题.doc

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1、专题突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(共11小题,每小题6分,共66分。在每小题给出的四个选项中,第15小题只有一个选项符合题目要求,第611小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.(2018山东济宁期末)一物体被竖直上抛,已知抛起的初速度与回到抛出点时的速度的大小之比为k,物体在运动过程中所受的空气阻力大小不变,则空气阻力与重力之比为()A.kB.C.D.2.(2018江苏淮安、宿迁期中质检)如图所示,x轴在水平地面上,y轴在竖直方向。图中画出了从y轴上不同位置沿x轴正向水平抛出的三个质

2、量相等小球a、b和c的运动轨迹。小球a从(0,2L)抛出,落在(2L,0)处;小球b、c从(L,0)抛出,分别落在(2L,0)和(L,0)处。不计空气阻力,下列说法正确的是()A.b的初速度是a的初速度的两倍B.b的初速度是a的初速度的倍C.b的动能增量是c的动能增量的两倍D.a的动能增量是c的动能增量的倍3.(2018江苏徐州考前打靶)如图所示,在投球游戏中,小红坐在可升降的椅子上,向正前方的圆桶水平抛出篮球。已知某次抛出点的实际高度为2.0 m,桶的高度为0.4 m,桶到抛出点的水平距离为1.6 m,篮球恰好落入桶内,篮球质量为500 g,小红对篮球做功约为()A.0.2 JB.2 JC.

3、20 JD.200 J4.(2018四川攀枝花一模)一辆汽车在平直公路上匀速行驶,在t1时刻突然将汽车的功率减小一半,并保持该功率继续行驶,到t2时刻汽车又开始匀速行驶。若汽车所受阻力保持不变,则从t1到t2的过程中,汽车的()A.速度增加,加速度减小B.速度减小,加速度增加C.速度减小,加速度减小D.速度增加,加速度增加5.(2018河南南阳期末)如图所示,固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑,内轨粗糙。一小球从轨道的最低点以初速度v0向右运动,球的直径略小于圆管的直径,球运动的轨道半径为R,空气阻力不计,重力加速度大小为g,下列说法一定正确的是()A.若v02,小球运动过程中机械能不可能

4、守恒B.若v0=3,小球运动过程中机械能守恒C.若v0,小球不可能到达最高点D.若v0=2,小球恰好能到达最高点6.(2018山东临沂期中)如图所示,竖直平面内放一直角杆,杆的水平部分粗糙,杆的竖直部分光滑,两部分各套有质量均为1 kg的小球A和B,A、B间用细绳相连,A与水平杆之间的动摩擦因数=0.2,初始A、B均处于静止状态,已知:OA=3 m,OB=4 m。若A球在水平拉力F的作用下向右缓慢地移动1 m(g取10 m/s2),那么该过程中()A.小球A受到的摩擦力大小为7.5 NB.小球B上升的距离为1 mC.拉力F做功为12 JD.拉力F做功为14 J7.(2018山东泰安期中)一物体

5、在竖直方向的升降机中,由静止开始竖直向上做直线运动,运动过程中小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示,其中0h1过程的图线为曲线,h1h2过程中的图线为直线。下列说法正确的是()A.0h1过程中,升降机对小球的支持力一定做正功B.0h1过程中,小球的动能一定在增加C.h1h2过程中,小球的动能可能不变D.h1h2过程中,小球重力势能可能不变8.(2018陕西西安一中一模)一赛车在平直赛道上以恒定功率加速,其功率为200 kW,设所受到的阻力不变,加速度a和速度的倒数的关系如图所示,则赛车()A.做匀加速直线运动B.质量为500 kgC.所受阻力大小为2 000 ND.速度大小为50 m

6、/s时牵引力大小为3 000 N9.(2017河南中原联考)如图所示,一个质量为2m的甲球和一个质量为m的乙球,用长度为2R的轻杆连接,两个球都被限制在半径为R的光滑圆形竖直轨道上,轨道固定于水平地面。初始时刻,轻杆竖直,且质量为2m的甲球在上方。此时,受扰动两球开始运动,重力加速度为g,则下列说法正确的是()A.甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B.甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C.整个运动过程中甲球的最大速度为D.甲球运动到最低点前,轻杆对乙球一直做正功10.(2018四川攀枝花统考)物体由地面以120 J的初动能竖直向上抛出,当它从抛出至上升到某一点A

7、的过程中,动能减少40 J,机械能减少10 J。设空气阻力大小不变,以地面为零势能面,则物体()A.落回到地面时机械能为70 JB.到达最高点时机械能为90 JC.从最高点落回地面的过程中重力做功为60 JD.从抛出到落回地面的过程中克服摩擦力做功为60 J11.(2018江苏南京、盐城一模)如图所示,光滑细杆上套有两个质量均为m的小球,两球之间用轻质弹簧相连,弹簧原长为L,用长为2L的细线连结两球。现将质量为M的物块用光滑的钩子挂在细线上,从细线绷直开始释放,物块向下运动。则物块()A.运动到最低点时,小球的动能为零B.速度最大时,弹簧的弹性势能最大C.速度最大时,杆对两球的支持力为(M+2

8、m)gD.运动到最低点时,杆对两球的支持力小于(M+2m)g二、计算题(本题共2个小题,共34分)12.(16分)(2018江苏徐州抽测)如图所示,轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点,另一端自由伸长到A点,OA之间的水平面光滑。固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s=1 m。质量m=0.2 kg的小物块开始时静止在水平面上的B点,物块与水平面间的动摩擦因数=0.4。现给物块一个水平向左v0=5 m/s的初速度,g取10 m/s2。(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep;(2)求物块返回B点时的速度大小;(3)若物块能冲上曲面的最大高度h=0.2 m,求木块沿曲面上滑过程所产生的热

9、量。13.(18分)如图所示,左侧竖直墙面上固定半径为R=0.3 m的光滑半圆环,右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma=100 g的小球a套在半圆环上,质量为mb=36 g的滑块b套在直杆上,二者之间用长为L=0.4 m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放,使a沿圆环自由下滑,不计一切摩擦,a、b均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小;(2)小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中,杆对滑块b做的功。专题突破练5动能定理机械能守恒定律功能关系的应用一、选择题(共11小题,每小题6分,共66分。在

10、每小题给出的四个选项中,第15小题只有一个选项符合题目要求,第611小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.C解析 设物体的质量为m,空气阻力大小为f,上升的最大高度为h,根据动能定理得,上升过程:-(mg+f)h=0-,下降过程:(mg-f)h=mv2,由题意知:=k,联立解得:,故选C。2.B解析 a、b的水平位移相同,但运动时间不同,根据t=可知,根据v0=可知,故A错误,B正确;bc的竖直位移相同,根据动能定理Ek=mgh可知,b的动能增量等于c的动能增量,选项C错误;a的竖直位移等于c的2倍,根据动能定理可知,a的动能增量等于c的2

11、倍,选项D错误;故选B。3.B解析 篮球做平抛运动,因为恰好落入桶中,故在水平方向上有x=v0t,即在竖直方向上有h=gt2,人对篮球做的功等于篮球抛出时具有的动能,W=mv2,故联立解得W=2 J,B正确。4.C解析 t1时刻之前功率为P,由于做匀速直线运动,所以牵引力F等于阻力f,当汽车的功率突然减小一半,由于速度来不及变化,根据P=Fv知,此时牵引力减小为原来的一半,则F=f。此时a=0,即加速度a与运动方向相反,汽车开始做减速运动,速度减小。根据=Fv可知速度减小又导致牵引力增大,根据牛顿第二定律知,加速度a=减小,当牵引力增大到等于阻力时,加速度减小到0,又做匀速直线运动。由此可知在

12、t1t2的这段时间内汽车的加速度逐渐减小,速度逐渐减小,故C正确。5.B解析 若小球上升到与圆心等高处时速度为零,此时小球只与外轨作用,不受摩擦力,只有重力做功,由机械能守恒定律得:=mgR,解得v0=2,当v0时,机械能是可以守恒的,故A错误;小球如果不挤压内轨,则小球到达最高点速度最小时,小球的重力提供向心力,由牛顿第二定律得:mg=m,由于小球不挤压内轨,则小球在整个运动过程中不受摩擦力作用,只有重力做功,机械能守恒,从最低点到最高点过程中,由机械能守恒定律得:mv2+mg2R,解得:v0=,则小球要不挤压内轨,速度应大于等于,故B正确;如果内圆光滑,小球在运动过程中不受摩擦力,小球在运

13、动过程中机械能守恒,如果小球运动到最高点时速度为零,由机械能守恒定律得:=mg2R,解得:v0=2。现在内壁粗糙,小球运动过程中一定受到摩擦力作用,故小球在到达最高点前速度已为零,不能到达最高点,故D错误;由D项分析可知,当2v0时,若小球的动能大于从最低点到最高点过程中重力和摩擦力做的功,则可以达到最高点,故C项错误。6.BD解析 对AB整体受力分析,受拉力F、重力G、支持力N、向左的摩擦力f和向左的弹力N1,如图,根据共点力平衡条件,有竖直方向:N=G1+G2,水平方向:F=f+N1,其中f=N,解得N=(m1+m2)g=20 N,f=N=0.220 N=4 N,A错误;移动前,绳长L=

14、m=5 m,A球移动1 m后,OA=4 m,故OB长为L= m=3 m,所以小球B上升1 m,B正确;对整体在整个运动过程中运用动能定理列式,得到WF-fs-m2gh=0,故有WF=fs+m2gh=41 J+1101 J=14 J,C错误,D正确。7.AC解析 设支持力大小为F,由功能关系得Fh=E,所以E-h图象的斜率的绝对值等于小球所受支持力的大小,从图中可知机械能增大,所以升降机对小球的支持力做正功,由图可知在0h1内斜率的绝对值逐渐减小,故在0h1内小球所受的支持力逐渐减小。所以开始先加速运动,当支持力减小后,可能做匀速运动,也可能会减速,A正确、B错误;由于小球在h1h2内E-h图象

15、的斜率不变,所以小球所受的支持力保持不变,故物体可能做匀速运动,动能不变,C正确;由于小球在h1h2内高度增大,重力势能随高度的增大而增大,所以重力势能增大,故D错误。8.BC解析 由题图可知,加速度变化,故做变加速直线运动,选项A错误;对赛车受力分析,受重力、支持力、牵引力和摩擦力,根据牛顿第二定律,有:F-f=ma,其中:F=,联立得:a=,以恒定功率加速时,当赛车的速度最大时,加速度为零,故结合图象可以知道,a=0时,=0.01,v=100 m/s,所以最大速度为100 m/s,由图象可知:-=-4,0=,解得:m=500 kg,f=2103 N,选项BC正确;由P=Fv可知,F= N=

16、4 000 N,选项D错误。9.AD解析 在运动的过程中,重力对系统做正功,甲和乙的动能都增加。由于只有动能和重力势能之间的相互转化,所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能,故A正确。在运动的过程中,重力对系统做正功,甲和乙的动能都增加,所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能,故B错误。当甲到达最低点时,乙也到达了最高点,该过程中系统减少的重力势能等于系统增加的动能,该速度为甲球最大速度,由于两球的线速度相等,设该速度为v,则2mgh-mgh=mv2+2mv2得v=,故C错误。甲球运动到最低点前,乙的重力势能一直增加,同时乙的动能也一直增加,可知轻杆对乙球一直做

17、正功,故D正确。故选AD。10.BD解析 物体以120 J的初动能竖直向上抛出,做竖直上抛运动,向上运动的过程中重力和阻力都做负功,当上升到某一高度时,动能减少了40 J,而机械能损失了10 J。根据功能关系可知:合力做功为-40 J,空气阻力做功为-10 J,对从抛出点到A点的过程,根据功能关系:mgh+fh=40 J,fh=10 J,得f=mg;当上升到最高点时,动能为零,动能减小120 J,设最大高度为H,则有:mgH+fH=120 J,解得fH=30 J,即机械能减小30 J,在最高点时机械能为120 J-30 J=90 J,即上升过程机械能共减少了30 J;当下落过程中,由于阻力做功

18、不变,所以机械能又损失了30 J,故整个过程克服摩擦力做功为60 J,则该物体落回到地面时的机械能为60 J,从最高点落回地面的过程中因竖直位移为零,故重力做功为零,故AC错误,BD正确;故选BD。11.AC解析 物块从开始释放先做加速运动,后做减速运动直到速度为零即到达最低点,最低点时,小球速度为零,即动能为零,故A正确;物块运动到最低点时,弹簧的弹性势能最大,此时物块速度为零,故B错误;速度最大时,即此时系统合力为零,将两小球和物块看成系统,受重力(M+2m)g,杆对两球的支持力二力平衡,故C正确;运动到最低点时,物块具有向上的加速度,由类整体法可知,杆对两球的支持力大于(M+2m)g,故

19、D错误。二、计算题(本题共2个小题,共34分)12.答案 (1)1.7 J(2)3 m/s(3)0.5 J解析 (1)对小物块从B至压缩弹簧最短的过程-mgs-W=0-W=Ep代入数据解得Ep=1.7 J(2)对小物块从B开始运动至返回B点的过程-mg2s=代入数据解得vB=3 m/s(3)对小物块沿曲面的上滑过程,由动能定理-W克f-mgh=0-Q=W克f=0.5 J13.答案 (1)2 N(2)0.194 4 J解析 (1)当a滑到与O同高度P点时,a的速度v沿圆环切线向下,b的速度为零,由机械能守恒定律可得magR=mav2解得v=对小球a受力分析,由牛顿第二定律可得F=2mag=2 N。(2)杆与圆相切时,如图所示,a的速度沿杆方向,设此时b的速度为vb,根据杆不可伸长和缩短,有va=vbcos 由几何关系可得cos =0.8在图中,球a下降的高度h=Rcos a、b系统机械能守恒magh=mambmav2对滑块b,由动能定理得W=mb=0.194 4 J。