2022年高三物理第一轮复习 限时规范专题练 4 动力学和能量观点的应用

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1、2022年高三物理第一轮复习 限时规范专题练 4 动力学和能量观点的应用 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分) 1. [xx·辽宁沈阳质检]如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为(　　) A. mgR　　　　　　　　　 B. 2mgR C. 2.5mgR D. 3mgR 解析：设小球恰好能通过最高点C时的速度为v，小球从受力运动到最高点C的过程，由动能定理得，W－2mgR＝mv2，对小球在C点受力分析得，mg＝，解得，W＝2.5 mgR，C项正确。 答案：

2、C 2. 质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升h，关于该过程下列说法中正确的是(　　) A. 物体的机械能增加mgh B. 物体的机械能减少mgh C. 重力对物体做功mgh D. 物体的动能增加mgh 解析：质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对物体做功－mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理知物体的动能增加mgh，选项C错误，D正确；物体的机械能增加mgh，选项A、B错误。 答案：D 3. [xx·海口模拟]开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平。一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑

3、时速率不变，则下列说法正确的是(　　) A. 物块运动过程中加速度始终为零 B. 物块所受合外力大小不变，方向在变 C. 在滑到最低点C以前，物块所受重力的瞬时功率越来越大 D. 在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小不变 解析：小物块沿半球形曲面做匀速圆周运动，加速度不为零，合外力提供向心力，由F向＝m可知，其大小不变，方向在变，A错误、B正确；物块所受摩擦力大小等于物块重力沿切向的分力，故摩擦力逐渐减小，D错误；设物块速度与竖直方向夹角为θ，则物块重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，P随θ的增大而减小，C错误。 答案：B 4. [xx·广州模拟](多选)一辆质量为m的汽车在

4、发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动。在t0时刻关闭发动机，其运动的v－t图象如图所示。已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重量的k倍，则(　　) A. 加速过程与减速过程的平均速度之比为1∶2 B. 加速过程与减速过程的位移大小之比为1∶2 C. 汽车牵引力F与所受阻力大小之比为3∶1 D. 汽车牵引力F做的功为 解析：由题图可知，加速过程F－Ff＝ma1，a1＝，位移x1＝v0t0；减速过程－Ff＝ma2，a2＝－，位移x2＝v0·2t0，又Ff＝kmg，由以上各式解得加速过程与减速过程的位移大小之比为1∶2，平均速度之比为1∶1，汽车牵引力F与所受阻力大小之比为3∶1，汽车牵引

5、力F做的功为W＝Fx1＝，故选项A错误，B、C、D正确。 答案：BCD 5. [xx·厦门模拟]汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A. 汽车发动机的输出功率保持不变 B. 汽车发动机的输出功率逐渐减小 C. 在任意两相等的位移内，汽车的动能变化相等 D. 在任意两相等的位移内，汽车的速度变化相等 解析：对汽车由牛顿第二定律可得－Ff＝ma，可知a、Ff不变时，v增大，P增大，故A、B错误；汽车做匀加速运动时，汽车受到的合外力F合不变，由F合s＝ΔEk知C正确；由Δv＝at，汽车匀加速运动时，经相同的位移所需的时间不一样，

6、故汽车的速度变化也不相等，D错误。 答案：C 6. (多选)如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DP>CP。现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同。下列说法正确的是(　　) A. A、B材料的动摩擦因数相同 B. 两次滑动中物块到达底端速度相等 C. 两次滑动中物块到达P点速度相等 D. 两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等 解析：本题考查动力学知识及功能关系在多运动过程中的应用，意在考查学生的综合分析能力。由小物块两次滑动经过P点的时间相同及x＝at

7、2可知两次滑动的加速度不相同，根据牛顿第二定律可知A、B材料的动摩擦因数不相同，两次滑动中物块到达P点速度不相等，选项A、C错误；由于两次滑动中小物块经过CP段与PD段的摩擦力分别保持不变，故两次滑动过程中克服摩擦力做的总功相同，故两次滑动中物块到达底端过程中摩擦生热相等，D正确；由动能定理可知物块到达底端速度相等，故选项B正确。 答案：BD 7. [xx·山西太原一模]将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示。取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A. 小球的质量为0

8、.2 kg B. 小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 N C. 小球动能与重力势能相等时的高度为 m D. 小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J 解析：在最高点，Ep＝mgh得m＝0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知：－fh＝E高－E低，E为机械能，解得f＝0.25 N, B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝mv2，由动能定理：－fH－mgH＝mv2－mv得H＝ m，故C项错；当上升h′＝2 m时，由动能定理，－fh′－mgh′＝Ek2－mv得Ek2＝2.5 J, Ep2＝mgh′＝2 J，所以动能与重力势能之差为

9、0.5 J，故D项正确。 答案：D 8. 飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启，到运送完行李需要消耗的电能为(　　) A. Mv2＋nmv2 B. Mv2＋nmv2 C. nmv2 D. Mv2＋nmv2 解析：设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q＝nμmgΔl，由运动学公式得Δl＝l传－l

10、行＝vt－＝，又v＝μgt，联立解得Q＝nmv2，由能量守恒得E＝Q＋Mv2＋n×mv2，所以E＝Mv2＋nmv2，选项A正确，选项B、C、D错误。 答案：A 9. [xx·江苏南通高三调研](多选)如图所示，物块P以一定的初速度沿粗糙程度相同的水平面向右运动，压缩右端固定的轻质弹簧，被弹簧反向弹回并脱离弹簧。弹簧在被压缩过程中未超过弹性限度，则在物块P与弹簧发生相互作用的过程中 (　　) A. 弹簧的弹性势能先增大后减小 B. 物块和弹簧组成的系统机械能不断减小 C. 物块的加速度先减小后增大 D. 物块的动能先减小后增大 解析：物体向右运动压缩弹簧，弹力逐渐增大，摩擦力不

11、变，故物体的合力逐渐增大，速度逐渐减小，当弹簧压缩量最大时，物体的速度为零，弹力增加到最大，在此过程中，弹性势能增大，加速度增大，动能一直减小；在刚开始返回的过程中，弹簧的弹力大于摩擦力，物体做加速运动，当弹力减小到等于摩擦力时，速度达到最大，加速度减小到零，继续向前运动的过程开始做减速运动，直到离开弹簧，所以在返回的过程中，加速度先减到零后又反向增大，动能先增大后减小，CD错误；运动的全过程，弹簧压缩过程弹性势能增大，恢复原长的过程弹性势能一直减小，A正确；摩擦力一直在做负功，物体的机械能一直减小，B正确。 答案：AB 10. [xx·舟山模拟]如图所示，水平传送带AB长21 m，以

12、6 m/s的速度顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R＝1.25 m，与水平台面相切于C点，BC长s＝5.5 m，P点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点。一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是(　　) A. 物块不能到达P点 B. 物块能越过P点做斜抛运动 C. 物块能越过P点做平抛运动 D. 物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况 解析：物块从A点释放后在传送带上做加速运动，假设达到台面之前能够达到传送带的速度v，则由动能定理得，μmgx1＝

13、mv2，得x1＝18 m<21 m，假设成立。物块以6 m/s的速度冲上台面，假设物块能到达P点，则到达P点时的动能EkP可由动能定理求得，－μmgs－mgR＝EkP－mv2，得EkP＝0，可见，物块能到达P点，速度恰为零，之后从P点滑回来，不会出现选项B、C所描述的运动情况，D正确。 答案：D 二、非选择题(本题共2小题，共40分) 11. (14分) [xx·武汉模拟]如图所示，质量为M＝8 kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端加一水平恒力F＝8 N。当小车向右运动的速度达到v0＝3 m/s时，在小车右端轻轻放上一质量m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，物

14、块始终不离开小车，从小物块放在小车上开始计时，经过3 s时间，摩擦力对小物块做的功是多少？(g取10 m/s2) 解析：由牛顿运动定律可知， 物块放在小车上后加速度为a1＝μg＝2 m/s2， 小车的加速度为a2＝＝0.5 m/s2， 又据运动学公式得：v1＝a1t， v2＝v0＋a2t， 令v1＝v2， 解得t＝2 s， 可见，物块放在小车上2 s后就一起运动。 设前2 s时间为t1，后1 s时间为t2，则物块在时间t1内做加速度为a1的匀加速运动，在时间t2内同小车一起做加速度为a3的匀加速运动。 以二者组成的系统为研究对象，根据牛顿运动定律， 由F＝(M＋m)a3，

15、 代入数据，解得：a3＝0.8 m/s2。 又根据运动学公式得，物块3 s末的速度为 v3＝a1t1＋a3t2＝4.8 m/s， 根据动能定理可得摩擦力对物块做功为W＝mv＝23.04 J。 答案：23.04 J 12. (26分) [xx·南京模拟]如图所示，质量m＝0.2 kg的小物体，从光滑曲面上高度H＝0.8 m处释放，到达底端时水平进入轴心距离L＝6 m的水平传送带，传送带可由一电机驱使逆时针转动。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1(取g＝10 m/s2)。 (1)求物体到达曲面底端时的速度大小。 (2)若电机不开启，传送带不转动，则物体滑离传送带右端的速度

16、大小和在传送带上所用时间分别为多少？ (3)若开启电机，传送带以速率5 m/s逆时针转动，则物体在传送带上滑动的过程中产生多少热量？ 解析：(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒，则： mgH＝mv 解得：v0＝＝4 m/s (2)选水平向右为正方向，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度为a＝＝－μg＝－1 m/s2 物体滑离传送带右端时速度为v1，则： v－v＝2aL 解得：v1＝2 m/s 由t＝得t＝2 s (3)以地面为参考系，则滑上逆时针转动的传送带后，物体向右做匀减速运动。由以上计算可知，期间物体的加速度大小和方向都不变，所以到达右端时速度大小为2 m/s，所用时间为2 s，最后将从右端滑离传送带。此段时间内，物体向右运动的位移大小显然为6 m，传送带向左运动的位移大小为s2＝vt＝10 m 物体相对于传送带滑行的距离为 Δs＝s1＋s2＝16 m 物体与传送带相对滑动期间产生的热量为 Q＝FfΔs＝μmgΔs＝3.2 J 答案：(1)4 m/s　(2)2 m/s　2 s　(3)3.2 J