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

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（）1A.kB.k2- 1fc2+ 1C.厂-D. 12.2LJ（2018 江苏淮安、宿迁期中质检）如图所示，x

2、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（0,2L）抛出,落在（2L,0）处；小球b、c从（L,0）抛出，分别落在（2L,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C.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3.2（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1.6m,

3、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 JB.2 JC.20 JD.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ti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ti到t2的（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vc=3

4、 - ,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D. 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BA、B间用细绳相连，A与水平杆之间的动摩擦因数卩=0.2,初始AB均处于静止状态，已知：OA=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1m（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.图线为直线。下

5、列说法正确的是（）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D.速度增加，加速度增加5.（2018 山东泰安期中）一物体在竖直方向的升降机中 小球的机械能E与其上升高度h关系的图象如图所示,由静止开始竖直向上做直线运动，运动过程中,其中 0h1过程的图线为曲线,h1h2过程中的3A.0h 过程中，升降机对小球的支持力一定做正功B. 0h 过程中，小球的动能一定在增加C.h1h2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4（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

6、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D. 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

7、. 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 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（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不变，加速度a和速度的倒数 的关系如图所示，则赛车A.做匀加速直线运动,其功率为 200kW,设所受到B.质量为 500 kgC.所受

8、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 N9.5B. 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卫m gD.运动到最低点时，杆对两球的支持力小于（Mmg二、计算题（本题共 2 个小题，共 34 分）12.(16 分)(2018 江苏徐州抽测)如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的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=0.2kg 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卩=0.4。现给物块一个水平向左vo=5 m/s 的初速度,

9、g取 10 m/s。(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；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O等 高处固定一光滑直杆。质量为m=100 g 的小球a套在半圆环上，质量为m=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

10、等高的P点时的向心力大小；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。6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121坯f _1程:-(mg+f)h=0-,下降过程:(mg-f)h= mV,由题意知：=k,联立解得：1,故选 C。丽 站农X

11、_农2.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 A 错误,B 正确；be的竖直位移相同，根据动能定理 乐mgh可知，b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e的 2 倍,根据动能定理可知，a的动能增量等于e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=vot,即在竖直方向上有1 1h= gt2,人对篮球做的功等于篮球抛出时具有的动能，W=mV,故联立解得W：2 J,B 正确。4.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F减小

12、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= vf。此时- fPa=八0,即加速度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F- f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12做功，由机械能守恒定律得 -=mgR解得V0= - ,当V0 时，机械能是可以守恒的，故A 错误；小球如果不挤压内轨

13、，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,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，机械打秒2 _ 1能守恒，从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：亠.亠mV+mg2R解得：v=,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，由机械能守恒定律和#2得-=mg-2R解得：v=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，V

14、3打时，若小球 的动能大于从最低点到最高点过程中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N, 如图，根据共点力平衡条件，有竖直方向：N=G+G,水平方向：F=f+N,其中f=卩N,解得N=(m+m)g=20N,f=N=0.2X20 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 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 到 VFAfs-m2gh=0,故有W=fs+magh=4X1 J+1X1

15、0X1 J=14 J,C 错误,D 正确。77.AC 解析 设支持力大小为F,由功能关系得Fh=E所以Eh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 0hi内斜率的绝对值逐渐减小，故在 0hi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hih2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hih2内高度增大，重 力势能随高度的增大而增大，所以重力势能增大，故 D 错误。8.BC 解析 由

16、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PP f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1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f200kWf以最大速度为 100 m/s,由图象可知：-.=-4,0=小,解得：m：500 kg,f=2X103N,选项P200 000BC 正确；由P=Fv可知，F=1N=4 000 N，选项 D 错误。9. AD 解析 在运动的过程中，重力对系统做正功，甲和乙的动能都增加。由于只有动能和重力势能

17、 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1 1mgh=mV+2x2mV得v=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:mgH+fH=20 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;当下落过程

18、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,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-4却R$ ,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 ADb10.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-4