【物理】2020高考二轮复习专题练专题4动能定理能量守恒定律（解析版） 16页

课时作业四　动能定理、能量守恒定律 一、选择题 ‎1．如图1所示，质量为m的汽车在某下坡的公路上，从速度v0开始加速运动，经时间t速度达到最大值vm.设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的摩擦阻力为恒力．对于该过程，以下说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．该过程中汽车一直做匀加速直线运动 B．该过程中汽车所受阻力f＝ C．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt＋mvm2‎ D．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动 解析：汽车发动机的功率恒为P，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误，D正确；汽车速度达到最大值vm时，汽车的牵引力F＝，故f＝＋mgsinθ，B错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误．‎ 答案：D ‎2．如图2所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，小球静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A 位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则(　　)‎ 图2‎ A．F1＝F2＝2mg B．从A到B，拉力F做的功为F1L C．从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变 D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大 解析：在B位置，根据平衡条件有F1sin30°＝mg，解得F1＝2mg.从B到A，根据动能定理得mgL(1－cos60°)＝mv2，根据牛顿第二定律得F2－mg＝m，联立两式解得F2＝2mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝mgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误．‎ 答案：A ‎3．人与平衡车的总质量为m，在平直路面上行驶时，‎ 所受阻力不变．当平衡车加速度为a，速度为v时，平衡车的功率为P1，则当功率为P2时，平衡车行驶的最大速度为(　　)‎ 图3‎ A. 　　　B. C. 　　　D. 解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为Ff，由牛顿第二定律可得，F－Ff＝ma，所以F＝Ff＋ma，所以功率P1＝Fv＝(Ff＋ma)v，解得Ff＝－ma，当功率恒为P2时，设最大速度为v′，则P2＝F′v′＝Ffv′，所以v′＝＝，选项B正确．‎ 答案：B ‎4．(2019年宁夏银川月考)下列关于力做功与对应能量变化的说法正确的是(　　)‎ A．合力做正功，机械能增加 B．合力做正功，物体的动能一定增加 C．摩擦力做功，物体的机械能一定减少 D．合力做负功，重力势能一定减少 解析：除重力外其余力做的功等于物体机械能的变化量，除重力外其余力做正功等于物体机械能的增加量，故A、C错误；由动能定理可知，合力做功是动能变化的量度，合力做正功，物体的动能一定增加，重力势能的变化是看重力是否做功，故B正确，D错误．‎ 答案：B ‎5．(2019年陕西质量检测)空降兵是现代军队的重要兵种．一次训练中，空降兵从静止在空中的直升机上竖直跳下(初速度可看成零，未打开降落伞时不计空气阻力)，下落高度h之后打开降落伞，接着又下降高度H之后，空降兵达到匀速．设空降兵打开降落伞之后受到的空气阻力与速度平方成正比，比例系数为k，即f＝kv2.关于空降兵的说法正确的是(　　)‎ A．空降兵从跳下到下落高度为h时，机械能一定损失了mgh B．空降兵从跳下到刚匀速时，重力势能一定减少了mgH C．空降兵匀速下降时，速度大小为　 D．空降兵从跳下到刚匀速的过程，空降兵克服阻力做功为mg(H＋h)－ 解析：空降兵从跳下到下落高度为h的过程中，只有重力做功，机械能不变，故A项错误；空降兵从跳下到刚匀速时，重力做功mg(H ‎＋h)，重力势能一定减少了mg(H＋h)，故B项错误；空降兵匀速运动时，重力与阻力大小相等，所以kv2＝mg，得v＝，故C项正确；空降兵从跳下到刚匀速的过程，重力和阻力对空降兵做的功等于空降兵动能的变化，即mg(H＋h)－W克f＝mv2，得W克f＝mg(H＋h)－，故D项错误．‎ 答案：C ‎6．如图4所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，一质量为m的带正电小球在外力F的作用下静止于图4所示位置，小球与弹簧不连接，弹簧处于压缩状态．现撤去F，在小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力、弹簧弹力对小球做功分别为W1、W2、W3，不计空气阻力，则上述过程中(　　)‎ 图4‎ A．小球重力势能的增量为W1‎ B．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 C．小球的动能的增量为W1＋W2‎ D．小球机械能的增加量为W2＋W3‎ 解析：题述过程中重力做负功，故ΔEp＝－WG＝－W1，A 错误；题述过程中电场力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能不守恒，B错误；题述过程中电场力、重力、弹力都做功，根据动能定理可得ΔEk＝W1＋W2＋W3，C错误；重力以外的力做功等于小球的机械能变化量，故小球机械能增加量等于弹力和电场力做功，所以E＝W2＋W3，D正确．‎ 答案：D ‎7．(2019年湖南一模)(多选)如图5所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是(　　)‎ 图5‎ A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R，即W≤mgR.第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg≤m，即v高≥.小球从静止到到达最高点的过程中，由动能定理得W＋4W－mg·2R＝mv高2－0，得W≥mgR，所以W满足mgR≤W≤mgR，选项A、B正确．‎ 答案：AB ‎8．(2019年福建质检)(多选)如图6所示为某电动汽车在加速性能试验过程中的v－t图象．为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在0～30 s内做匀加速直线运动，30 s后汽车发动机的功率保持不变．则(　　)‎ 图6‎ A．15 s末、30 s末汽车的牵引力大小之比为2∶1‎ B．15 s末、30 s末汽车的发动机功率之比为1∶2‎ C．30 s末、54 s末汽车的加速度大小之比为4∶3‎ D．0～30 s内、30～54 s内汽车发动机做功之比为5∶8‎ 解析：由题意可知汽车前30 s做匀加速直线运动，则牵引力恒定，A错误；由图可知15 s末、30 s末的速度分别为9 m/s、18 m/s，‎ 由公式P＝Fv可知，功率之比为1∶2，B正确；由图可知30 s末、54 s末的加速度之比应为＝＝×>，C错误；0～30 s内，汽车发动机做的功W1＝Fx1＝×(J)＝15P(J)，30～54 s内汽车发动机做功W2＝P(54 s－30 s)＝24P(J)，因此＝，D正确．‎ 答案：BD ‎9．(多选)如图7所示，固定的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M与挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M＝2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动，下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．M和m组成的系统机械能守恒 B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 解析：M、m和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误；当M的速度最大时，弹簧弹力F＝Mgsin30°＝mg，所以m与地面间的作用力为零，选项B正确；若M恰好能到达挡板处，M有一段时间做减速运动，绳子拉力大于mg，m向上做加速运动，m的速度不为零，选项C错误；重力对M做的功等于M重力势能的减少量，根据机械能守恒定律，若M恰好能到达挡板处，M重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量与物体m机械能的增加量之和，选项D正确．‎ 答案：BD ‎10．(多选)如图8甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v－t图象如图8乙所示，其中OA段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g.关于小球的运动过程，下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．小球在tB时刻所受弹簧的弹力等于mg B．小球在tC时刻的加速度大于g C．小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点 D．小球从tA时刻到tC时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 解析：小球在tB时刻速度达到最大，加速度为0，弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F弹＝mgsin30°＝mg，故A正确；tA时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度aA＝g，由图乙可知，A点图线斜率的绝对值小于C点图线斜率的绝对值，分析可知小球在tC时刻的加速度大于g，故B正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C点释放能到达原来的释放点，故C正确；小球从tA时刻到tC时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误．‎ 答案：ABC ‎11．(多选)如图9所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上被传送到B处时恰好达到传送带的速率v，在乙传送带上被传送到离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离地面的高度均为H，则在小物体从A到B的过程中(　　)‎ 图9‎ A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做功相等 C．甲传送带消耗的电能比较大 D．两种情况下因摩擦产生的热量相等 解析：根据公式v2＝2ax可知，物体加速度关系a甲Q乙，根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加机械能之和，因物块两次从A到B增加的机械能相同，Q甲>Q乙，所以将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能更多，故C正确，D 错误．‎ 答案：ABC 图10‎ ‎12．(多选)a、b为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图10所示．一个质量为1 kg的小球从距纸面高为60 cm的地方自由下落，恰能穿破两张纸．若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸可能是(小球穿破两张纸时，克服阻力做功相同)(　　)‎ A．15 cm B．20 cm C．30 cm D．60 cm 解析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh－2W＝0，将a纸向上移，若恰能穿过第一张纸，则mgh′－W＝0，解得下落的高度h′＝h ‎，因此两张纸的距离不能超过60－h＝30 cm，选项A、B、C正确．‎ 答案：ABC 二、解答题 ‎13．如图11所示，左侧竖直墙面上固定一半径为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：‎ 图11‎ ‎(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．‎ 解：(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＝ 图12‎ 对小球a受力分析，由牛顿第二定律可得 F＝ma＝2mag＝2 N.‎ ‎(2)杆与圆相切时，如图12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＝vbcosθ 由几何关系可得cosθ＝＝0.8‎ 在图中，球a下降的高度h＝Rcosθ 从P点到切点应用系统机械能守恒 magh＝mava2＋mbvb2－mav2‎ 对滑块b，由动能定理得W＝mbvb2＝0.194 4 J.‎ ‎14．(2019年贵州月考)如图13所示，AB是长度x＝0.5 m的水平直轨道，B端与半径为R＝0.1 m的光滑四分之一圆轨道BC相切，过B点的半径竖直．A端左侧固定一个倾角θ＝30°的光滑斜面，连接处顺滑；穿过足够高的定滑轮的轻绳两端分别系着小物块a和b，a的质量m1＝1 kg.开始时将b按压在地面不动，a位于斜面上高h＝0.5 m的地方，此时滑轮左边的绳子竖直而右边的绳子与斜面平行，然后放开手，‎ 让a沿斜面下滑而b上升，当a滑到斜面底端A点时绳子突然断开，a继续沿水平地面运动，然后进入BC轨道，已知物块a与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2.‎ 图13‎ ‎(1)若物块a到达C点时的速度vC＝1 m/s，求a在B点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)要使物块a能滑上轨道BC又不会从最高点C处滑出，求b的质量m2的取值范围．‎ 解：(1)设物块a经过B点时的速度为vB 由机械能守恒定律得m1vB2＝m1vC2＋m1gR 设物块a刚进入圆轨道BC时受到的支持力为FN，‎ 由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1 联立解得FN＝40 N 由牛顿第三定律，物块a对轨道的压力大小为40 N.‎ ‎(2)设物块a经过A点的速度为v1时恰能滑到B点，‎ 由动能定理有－μm1gx＝0－m1v12‎ 解得v1＝ m/s 设物块a经过A点的速度为v2时恰能滑到C点，由动能定理有－‎ μm1gx－m1gR＝0－m1v22‎ 解得v2＝2 m/s 要使物块能滑上轨道BC而又不从C点滑出，物块a在A点的速度vA应满足 m/s