（新课标）2020版高考物理大二轮复习 专题强化训练5 动能定理、机械能守恒定律

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1、专题强化训练(五) 一、选择题 1．(2019·深圳宝安区期中检测)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑动的速度v随时间t的变化规律分别如下图甲、乙所示，则以下说法正确的是(　　) A．第1 s内，F对滑块做的功为3 J B．第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 W C．第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 W D．前3 s内，F对滑块做的总功为零 [解析]　由题图可知，第1 s内，滑块位移为1 m，F对滑块做的功为2 J，A错误；第2 s内，滑块位移为1.5 m，F做的功为4.5 J，平均功率

2、为4.5 W，B错误；第3 s内，滑块的位移为1.5 m，F对滑块做的功为1.5 J，第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率P＝Fv＝1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误． [答案]　C 2．(2019·湖北八校二联)如右图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知(　　) A．小球甲做平抛运动的初速度大小为2 B．甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶ C．A、B两点高度差为 D．两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等 [解析]

3、　甲、乙两球经过C点的速度v甲＝v乙＝，甲球平抛的初速度v甲x＝v甲sin30°＝，故A项错误；甲球经过C点时竖直方向的速度v甲y＝v甲cos30°＝，运动时间t甲＝＝，乙球运动时间t乙＝，则t甲∶t乙＝∶2，故B项错误；A、B两点的高度差Δh＝gt－gt＝，故C项正确；甲和乙两球在C点时重力的瞬时功率分别为P甲＝mgv甲y＝mg，P乙＝mgv乙＝mg，故D项错误． [答案]　C 3．(2019·全国卷Ⅲ) 从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．

4、重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为(　　) A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg [解析]　设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误． [答案]　C 4．(多选)(2019·抚州阶段性检测)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一

5、质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放．某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是(　　) A．当x＝h＋2x0时，小球的动能最小 B．最低点的坐标x＝h＋2x0 C．当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg D．小球动能的最大值为mgh＋ [解析]　由题图乙可知mg＝kx0，解得x0＝，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹＝k(x－h)2，小球由静止释放

6、到最低点的过程，由动能定理得mgx－k(x－h)2＝0，即mgx－(x－h)2＝0，解得x＝h＋x0，故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由题图乙可知，mg＝kx0，由对称性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正确． [答案]　CD 5．(多选)(2019·青岛重点中学期中联测)质量为m的小球穿在足够长的水平直杆上，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，受到方向始终指向O点的拉力F作用，且F＝k

7、s，k为比例系数，s为小球和O点的距离．小球从A点由静止出发恰好运动到D点；小球在d点以初速度v0向A点运动，恰好运动到B点．已知OC垂直于杆且C为垂足，B点为AC的中点，OC＝d，CD＝BC＝l.不计小球的重力，下列说法正确的是(　　) A．小球从A运动到D的过程中只有两个位置F的功率为零 B．小球从A运动到B与从B运动到C的过程克服摩擦力做功相等 C．v0＝2 D．小球在D点的速度至少要2v0才能运动到A点 [解析]　小球从A运动到D的过程中，在A点、D点速度为零，拉力的功率为零，在C点拉力的方向和速度方向垂直，功率为零，故有三处，A错误；因为不计小球的重力，所以F在垂直于

8、杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，N＝Fsinθ(θ为F与杆的夹角)，故摩擦力Ff＝μN＝μFsinθ＝μkssinθ＝μkd，从A到B克服摩擦力做功为Wf1＝Ffl＝μkdl，同理，从B到C克服摩擦力做功为Wf2＝Ffl＝μkdl，B正确；从D→B的过程根据动能定理可得－Ff·2l＝2μkdl＝0－mv，解得v0＝2 ，C正确；设小球在D点的速度为v时恰好能运动到A点，根据动能定理可得－3μkdl＝0－mv2，又v0＝2 ，解得v＝v0，D错误． [答案]　BC 6．(多选)(2019·广西北海一模)如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.

9、4 m的半圆轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示．已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计．g取10 m/s2，B为AC轨道中点．下列说法正确的是(　　) A．图乙中x＝5 m2·s－2 B．小球从B点到C点损失了0.125 J的机械能 C．小球从A点到C点合外力对其做的功为－1.05 J D．小球从C点抛出后，落地点到A点的距离为0.8 m [解析]　因为小球恰能到达最高点C，有mg＝m，解得v＝＝ m/s＝2 m/s，则x＝v2＝4 m2·s－2，故A错误．小球从A到C，动能减少量为ΔEk＝mv－mv2＝1.05 J，重力势能的增加量为ΔEp＝

10、mg·2r＝1×0.8 J＝0.8 J，则机械能减少0.25 J，由于小球从A点到B点过程中对轨道的压力大于从B点到C点过程中对轨道的压力，则小球从A点到B点过程中受到的摩擦力大于从B点到C点过程中受到的摩擦力，可知小球从B点到C点的过程克服摩擦力做功较小，机械能损失小于0.125 J，故B错误．小球从A点到C点合外力对其做的功等于动能的变化量，则W＝mv2－mv＝－1.05 J，故C正确．小球经过C点时的速度v＝2 m/s，小球从C点抛出后做平抛运动，根据2r＝gt2得，t＝＝0.4 s，则落地点到A点的距离x′＝vt＝2×0.4 m＝0.8 m，故D正确． [答案]　CD 7．(多选)

11、(2019·河北名校联盟)一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B. 支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如右图所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则(　　) A．A球的最大速度为2 B．A球速度最大时，两小球的总重力势能最小 C．A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45° D．A、B两球的最大速度之比vA∶vB＝2∶1 [解析]　 设当杆转过θ角时，两球的速度最大，如图所示，根据机械能守恒定律得mv＋×2mv＝mg·2l·sinθ－2mg·l(1－cosθ)，又vA＝2vB，得mv＝2mgl(sinθ＋co

12、sθ)－2mgl，当θ＝45°时，vA＝ ，速度最大，两小球的总动能最大，总重力势能最小，B、C、D正确． [答案]　BCD 8．(多选)(2019·江西六校期末统测)如图所示，轻弹簧放置在倾角为30°的斜面上，下端固定于斜面底端．重10 N的滑块从斜面顶端a点由静止开始下滑，到b点接触弹簧，滑块将弹簧压缩最低至c点，然后又回到a点．已知ab＝1 m，bc＝0.2 m．下列说法正确的是(　　) A．整个过程中滑块动能的最大值为6 J B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J C．从b点向下到c点的过程中，滑块的机械能减少量为6 J D．从c点向上返回a点的过程中，弹簧、

13、滑块与地球组成的系统机械能守恒 [解析]　当滑块受到的合力为0时，滑块速度最大，设滑块在d点受到合力为0，d点在b和c之间，滑块从a到d，运用动能定理得mghad＋W弹＝Ekd－0，mghad

14、生能量转化，故机械能守恒，D正确． [答案]　BCD 9．(多选)(2019·鄂南高中一模)如图所示，光滑直角细杆POQ固定在竖直平面内，OP杆水平，与OQ杆在O点用一小段圆弧杆平滑相连，质量均为m的两小环A、B用长为L的轻绳相连，分别套在OP和OQ杆上．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后同时释放两小环，A环到达O点后，在圆弧杆作用下速度大小不变，方向变为竖直向下(时间极短)，已知重力加速度为g.下列说法正确的是(　　) A．B环下落时，A环的速度大小为 B．A环从开始释放至到达O点的过程中，B环先加速后减速 C．A环到达O点时速度大小为 D．当A环经过O点后，再经 的时间

15、能追上B环 [解析]　设B环下落一段距离后绳子与水平方向之间的夹角为α，如图所示，当B环下落L时，sinα＝＝，则α＝30°.由运动的合成与分解得，vA1cosα＝vBsinα，在此过程中以A环、B环整体为系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得mg＝mv＋mv，解得vA1＝，选项A正确；A环从开始释放至到达O点的过程中，B环开始时的速度为零，当轻绳与水平方向的夹角为90°时，B环的速度为零，故B环先加速后减速，选项B正确；A环到达O点时，对系统由机械能守恒定律得mgL＝mv，解得vA2＝，选项C错误；A环经过O点后只受重力，做加速度为g、初速度为vA2的匀加速直线运动，B做自由落体运动，设A追

16、上B所用时间为t，则vA2t＋gt2＝L＋gt2，解得t＝ ，选项D正确． [答案]　ABD 二、非选择题 10．(2019·湖北重点中学调研)下图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力． (1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf； (2)若游客从AB段某

17、处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m) [解析]　(1)游客从B点做平抛运动，有 2R＝vBt① R＝gt2② 由①②式得vB＝③ 从A到B，根据动能定理有 mg(H－R)＋Wf＝mv－0④ 由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤ (2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由动能定理有 mg(R－Rcosθ)＝mv－0⑥ 过P点时，根据向心力公式有 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·河北石家庄一模)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

19、对滑块b做的功． [解析]　(1)当a滑到与O等高的P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零． 由机械能守恒可得magR＝mav2， 解得v＝， 对小球a受力分析，此时杆的力为0，由牛顿第二定律可得F＝＝2mag＝2 N. (2)杆与圆环相切时，如图所示，此时a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，则va＝vbcosθ. 由几何关系可得cosθ＝＝0.8， 由P点到Q点，球a下降的高度h＝Rcosθ， a、b及杆组成的系统机械能守恒，有magh＝mav＋mbv－mav2， 对滑块b，由动能定理得W＝mbv＝0.1944 J. [答案]　(1)2 N　(2)0.1944 J 11