《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練5 動能定理、機械能守恒定律》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2020版高考物理大二輪復習 專題強化訓練5 動能定理、機械能守恒定律（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題強化訓練(五) 一、選擇題 1．(2019·深圳寶安區(qū)期中檢測)一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時其速度為1 m/s，從此刻開始在滑塊運動方向上再施加一水平作用力F，力F和滑動的速度v隨時間t的變化規(guī)律分別如下圖甲、乙所示，則以下說法正確的是(　　) A．第1 s內，F對滑塊做的功為3 J B．第2 s內，F對滑塊做功的平均功率為4 W C．第3 s末，F對滑塊做功的瞬時功率為1 W D．前3 s內，F對滑塊做的總功為零 [解析]　由題圖可知，第1 s內，滑塊位移為1 m，F對滑塊做的功為2 J，A錯誤；第2 s內，滑塊位移為1.5 m，F做的功為4.5 J，平均功率

2、為4.5 W，B錯誤；第3 s內，滑塊的位移為1.5 m，F對滑塊做的功為1.5 J，第3 s末，F對滑塊做功的瞬時功率P＝Fv＝1 W，C正確；前3 s內，F對滑塊做的總功為8 J，D錯誤． [答案]　C 2．(2019·湖北八校二聯)如右圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經過C點時速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知(　　) A．小球甲做平拋運動的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為1∶ C．A、B兩點高度差為 D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等 [解析]

3、　甲、乙兩球經過C點的速度v甲＝v乙＝，甲球平拋的初速度v甲x＝v甲sin30°＝，故A項錯誤；甲球經過C點時豎直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝，運動時間t甲＝＝，乙球運動時間t乙＝，則t甲∶t乙＝∶2，故B項錯誤；A、B兩點的高度差Δh＝gt－gt＝，故C項正確；甲和乙兩球在C點時重力的瞬時功率分別為P甲＝mgv甲y＝mg，P乙＝mgv乙＝mg，故D項錯誤． [答案]　C 3．(2019·全國卷Ⅲ) 從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示．

4、重力加速度取10 m/s2.該物體的質量為(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg [解析]　設物體的質量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結合題圖可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結合題圖可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，聯立解得m＝1 kg、F＝2 N，選項C正確，A、B、D均錯誤． [答案]　C 4．(多選)(2019·撫州階段性檢測)如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一

5、質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放．某同學在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g.以下判斷正確的是(　　) A．當x＝h＋2x0時，小球的動能最小 B．最低點的坐標x＝h＋2x0 C．當x＝h＋2x0時，小球的加速度為－g，且彈力為2mg D．小球動能的最大值為mgh＋ [解析]　由題圖乙可知mg＝kx0，解得x0＝，由F－x圖線與橫軸所圍圖形的面積表示彈力所做的功，則有W彈＝k(x－h(huán))2，小球由靜止釋放

6、到最低點的過程，由動能定理得mgx－k(x－h(huán))2＝0，即mgx－(x－h(huán))2＝0，解得x＝h＋x0，故最低點坐標不是h＋2x0，且此處動能不是最小，故A、B錯誤；由題圖乙可知，mg＝kx0，由對稱性可知當x＝h＋2x0時，小球加速度為－g，且彈力為2mg，故C正確；小球在x＝h＋x0處時，動能有最大值，根據動能定理有mg(h＋x0)＋W彈＝Ekm－0，依題可得W彈＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正確． [答案]　CD 5．(多選)(2019·青島重點中學期中聯測)質量為m的小球穿在足夠長的水平直桿上，小球與桿之間的動摩擦因數為μ，受到方向始終指向O點的拉力F作用，且F＝k

7、s，k為比例系數，s為小球和O點的距離．小球從A點由靜止出發(fā)恰好運動到D點；小球在d點以初速度v0向A點運動，恰好運動到B點．已知OC垂直于桿且C為垂足，B點為AC的中點，OC＝d，CD＝BC＝l.不計小球的重力，下列說法正確的是(　　) A．小球從A運動到D的過程中只有兩個位置F的功率為零 B．小球從A運動到B與從B運動到C的過程克服摩擦力做功相等 C．v0＝2 D．小球在D點的速度至少要2v0才能運動到A點 [解析]　小球從A運動到D的過程中，在A點、D點速度為零，拉力的功率為零，在C點拉力的方向和速度方向垂直，功率為零，故有三處，A錯誤；因為不計小球的重力，所以F在垂直于

8、桿方向上的分力即為小球與桿之間的正壓力，N＝Fsinθ(θ為F與桿的夾角)，故摩擦力Ff＝μN＝μFsinθ＝μkssinθ＝μkd，從A到B克服摩擦力做功為Wf1＝Ffl＝μkdl，同理，從B到C克服摩擦力做功為Wf2＝Ffl＝μkdl，B正確；從D→B的過程根據動能定理可得－Ff·2l＝2μkdl＝0－mv，解得v0＝2 ，C正確；設小球在D點的速度為v時恰好能運動到A點，根據動能定理可得－3μkdl＝0－mv2，又v0＝2 ，解得v＝v0，D錯誤． [答案]　BC 6．(多選)(2019·廣西北海一模)如圖甲所示，質量為0.1 kg的小球從最低點A沖入豎直放置在水平地面上、半徑為0.

9、4 m的半圓軌道，小球速度的平方與其高度的關系圖像如圖乙所示．已知小球恰能到達最高點C，軌道粗糙程度處處相同，空氣阻力不計．g取10 m/s2，B為AC軌道中點．下列說法正確的是(　　) A．圖乙中x＝5 m2·s－2 B．小球從B點到C點損失了0.125 J的機械能 C．小球從A點到C點合外力對其做的功為－1.05 J D．小球從C點拋出后，落地點到A點的距離為0.8 m [解析]　因為小球恰能到達最高點C，有mg＝m，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，則x＝v2＝4 m2·s－2，故A錯誤．小球從A到C，動能減少量為ΔEk＝mv－mv2＝1.05 J，重力勢能的增加量為ΔEp＝

10、mg·2r＝1×0.8 J＝0.8 J，則機械能減少0.25 J，由于小球從A點到B點過程中對軌道的壓力大于從B點到C點過程中對軌道的壓力，則小球從A點到B點過程中受到的摩擦力大于從B點到C點過程中受到的摩擦力，可知小球從B點到C點的過程克服摩擦力做功較小，機械能損失小于0.125 J，故B錯誤．小球從A點到C點合外力對其做的功等于動能的變化量，則W＝mv2－mv＝－1.05 J，故C正確．小球經過C點時的速度v＝2 m/s，小球從C點拋出后做平拋運動，根據2r＝gt2得，t＝＝0.4 s，則落地點到A點的距離x′＝vt＝2×0.4 m＝0.8 m，故D正確． [答案]　CD 7．(多選)

11、(2019·河北名校聯盟)一質量不計的直角形支架兩端分別連接質量為m和2m的小球A和B. 支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內無摩擦轉動，如右圖所示．開始時OA邊處于水平位置，由靜止釋放，則(　　) A．A球的最大速度為2 B．A球速度最大時，兩小球的總重力勢能最小 C．A球速度最大時，兩直角邊與豎直方向的夾角為45° D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1 [解析]　 設當桿轉過θ角時，兩球的速度最大，如圖所示，根據機械能守恒定律得mv＋×2mv＝mg·2l·sinθ－2mg·l(1－cosθ)，又vA＝2vB，得mv＝2mgl(sinθ＋co

12、sθ)－2mgl，當θ＝45°時，vA＝ ，速度最大，兩小球的總動能最大，總重力勢能最小，B、C、D正確． [答案]　BCD 8．(多選)(2019·江西六校期末統(tǒng)測)如圖所示，輕彈簧放置在傾角為30°的斜面上，下端固定于斜面底端．重10 N的滑塊從斜面頂端a點由靜止開始下滑，到b點接觸彈簧，滑塊將彈簧壓縮最低至c點，然后又回到a點．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m．下列說法正確的是(　　) A．整個過程中滑塊動能的最大值為6 J B．整個過程中彈簧彈性勢能的最大值為6 J C．從b點向下到c點的過程中，滑塊的機械能減少量為6 J D．從c點向上返回a點的過程中，彈簧、

13、滑塊與地球組成的系統(tǒng)機械能守恒 [解析]　當滑塊受到的合力為0時，滑塊速度最大，設滑塊在d點受到合力為0，d點在b和c之間，滑塊從a到d，運用動能定理得mghad＋W彈＝Ekd－0，mghad

14、生能量轉化，故機械能守恒，D正確． [答案]　BCD 9．(多選)(2019·鄂南高中一模)如圖所示，光滑直角細桿POQ固定在豎直平面內，OP桿水平，與OQ桿在O點用一小段圓弧桿平滑相連，質量均為m的兩小環(huán)A、B用長為L的輕繩相連，分別套在OP和OQ桿上．初始時刻，將輕繩拉至水平位置伸直，然后同時釋放兩小環(huán)，A環(huán)到達O點后，在圓弧桿作用下速度大小不變，方向變?yōu)樨Q直向下(時間極短)，已知重力加速度為g.下列說法正確的是(　　) A．B環(huán)下落時，A環(huán)的速度大小為 B．A環(huán)從開始釋放至到達O點的過程中，B環(huán)先加速后減速 C．A環(huán)到達O點時速度大小為 D．當A環(huán)經過O點后，再經 的時間

15、能追上B環(huán) [解析]　設B環(huán)下落一段距離后繩子與水平方向之間的夾角為α，如圖所示，當B環(huán)下落L時，sinα＝＝，則α＝30°.由運動的合成與分解得，vA1cosα＝vBsinα，在此過程中以A環(huán)、B環(huán)整體為系統(tǒng)，機械能守恒，由機械能守恒定律得mg＝mv＋mv，解得vA1＝，選項A正確；A環(huán)從開始釋放至到達O點的過程中，B環(huán)開始時的速度為零，當輕繩與水平方向的夾角為90°時，B環(huán)的速度為零，故B環(huán)先加速后減速，選項B正確；A環(huán)到達O點時，對系統(tǒng)由機械能守恒定律得mgL＝mv，解得vA2＝，選項C錯誤；A環(huán)經過O點后只受重力，做加速度為g、初速度為vA2的勻加速直線運動，B做自由落體運動，設A追

16、上B所用時間為t，則vA2t＋gt2＝L＋gt2，解得t＝ ，選項D正確． [答案]　ABD 二、非選擇題 10．(2019·湖北重點中學調研)下圖為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切．點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質量為m的游客(視為質點)可從軌道AB的任意位置滑下，不計空氣阻力． (1)若游客從A點由靜止開始滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf； (2)若游客從AB段某

17、處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，繼續(xù)沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h.(提示：在圓周運動過程中任一點，質點所受的向心力與其速率的關系為F向＝m) [解析]　(1)游客從B點做平拋運動，有 2R＝vBt① R＝gt2② 由①②式得vB＝③ 從A到B，根據動能定理有 mg(H－R)＋Wf＝mv－0④ 由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤ (2)設OP與OB間夾角為θ，游客在P點時的速度為vP，受到的支持力為N，從B到P由動能定理有 mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑥ 過P點時，根據向心力公式有 mgcosθ－N＝m⑦ 又N＝0⑧ cosθ＝⑨

18、 由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R. [答案]　(1)?。?mgH－2mgR)　(2)R 11．(2019·河北石家莊一模)如圖所示，左側豎直墻面上固定半徑為R＝0.3 m的光滑半圓環(huán)，右側豎直墻面上與圓環(huán)的圓心O等高處固定一光滑直桿．質量為ma＝100 g的小球a套在半圓環(huán)上，質量為mb＝36 g的滑塊b套在直桿上，二者之間用長為l＝0.4 m的輕桿通過兩鉸鏈連接．現將a從圓環(huán)的最高處由靜止釋放，使a沿圓環(huán)自由下滑，不計一切摩擦，a、b均視為質點，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)小球a滑到與圓心O等高的P點時的向心力大小； (2)小球a從P點下滑至桿與圓環(huán)相切的Q點的過程中，桿

19、對滑塊b做的功． [解析]　(1)當a滑到與O等高的P點時，a的速度v沿圓環(huán)切向向下，b的速度為零． 由機械能守恒可得magR＝mav2， 解得v＝， 對小球a受力分析，此時桿的力為0，由牛頓第二定律可得F＝＝2mag＝2 N. (2)桿與圓環(huán)相切時，如圖所示，此時a的速度沿桿方向，設此時b的速度為vb，則va＝vbcosθ. 由幾何關系可得cosθ＝＝0.8， 由P點到Q點，球a下降的高度h＝Rcosθ， a、b及桿組成的系統(tǒng)機械能守恒，有magh＝mav＋mbv－mav2， 對滑塊b，由動能定理得W＝mbv＝0.1944 J. [答案]　(1)2 N　(2)0.1944 J 11