2019版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.doc

1、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.k B.1C. D.2-12+1 2+12-12.(2018 江苏淮安、宿迁期中质检)如图所示,

2、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量相等小球 a、 b 和 c 的运动轨迹。小球 a 从(0,2 L)抛出,落在(2 L,0)处;小球 b、 c 从( L,0)抛出,分别落在(2 L,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2C.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23.2(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

3、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 J B.2 J C.20 J D.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

4、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5D.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: O

5、A=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

6、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8.3(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 ( )1A.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/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

7、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233D.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 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

8、 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+2m)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)412.(16 分)(2018 江苏徐州抽测)如图所示,轻质弹簧一端固定

9、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

10、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。5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。在每小题给出的四个选

11、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。12m02 12 0 =2-12+12.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2 =21 =21A 错误,B 正确; bc 的竖直位移相同,根据动能定理 Ek=mgh 可知, b

12、 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 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。12 124.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2a= 0,即加速度

13、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- 2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 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,12m02 2 2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

14、 ,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,2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= ,12m02=12 5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5力,小球在运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12m02 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 2 v0 时,若小球的 动能大于从最低点到最高点过程中

15、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= m=5 m,A 球移动 1 m 后, OA=4 m,故 OB 长32+42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52-42到 WF-fs-m2gh=0,故有 WF=fs+

16、m2gh=41 J+1101 J=14 J,C 错误,D 正确。67.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

17、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1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 200100/正确;由 P=Fv 可知, F= N=4 000 N,选项 D 错误。=200 000509.AD 解析 在运动的过程中,重力对

18、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12 12 43动能也一直增加,可知轻杆对乙球一直做正功,故 D 正确。故选

19、 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:13mgH+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

20、落过程中,由于阻力做功不变,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

21、类整体法可知,杆对两球的支持力大于( M+2m)g,故 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= 0-12m027W=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-mg 2s=12m212m02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=0-12m2Q=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= mav212解得 v= 2对小球 a 受力分析,由牛顿第二定律可得 F= =2mag=2 N。2(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 = =0.82+2在图中,球 a 下降的高度 h=Rcos a、 b 系统机械能守恒magh= ma mb mav212 2+12 212对滑块 b,由动能定理得 W= mb =0.194 4 J。12 2