2022年高三物理二轮复习 作业卷十五 功和机械能1（含解析）

2022年高三物理二轮复习 作业卷十五 功和机械能1（含解析）一 、单选题（本大题共2小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）1.（xx新课标2高考真题）一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是2.汽车越来越多的进人家庭，成为人们主要的代步交通工具，驾驶汽车需要考取驾驶证，考试中的一项内容是半坡起步，设坡路的倾角为，一位考员从半坡由静止以恒定功率P启动，沿坡路向上行驶，车和人的总质量为m，车所受阻力为支持力的k倍，坡路足够长重力加速度为g下列说法正确的是（）A汽车先做匀加速运动后做匀速运动B汽车能达到的最大速度为C汽车匀速运动时的牵引力大小等于kmgcos+mgsinD汽车牵引力做的功等于汽车机械能的增加量二 、多选题（本大题共5小题）3.（xx江苏高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则圆环A下滑过程中，加速度一直减小B下滑过程中，克服摩擦力做功为C在C处，弹簧的弹性势能为D上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度4. 如图所示，一质量为m的物体放在水平地面上,上端用一根原长为L、劲度系数为k的轻弹簧相连.现用手拉弹簧的上端P缓慢向上移动.当P点位移为H时，物体离开地面一段距离h，则在此过程中 A.拉弹簧的力对弹簧做功为mgHB.拉弹簧的力对弹簧做功为mgh + C.物体增加的重力势能为mgH - D.物体增加的重力势能为mgH5. （xx徐汇区二模）质量分别为m1、m2的A、B两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力F的作用，各自由静止开始运动经过时间t0，撤去A物体的外力F；经过4t0，撤去B物体的外力F两物体运动的vt关系如图所示，则A、B两物体（）A与水平面的摩擦力大小之比为5：12B在匀加速运动阶段，合外力做功之比为4：1C在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比为1：2D在整个运动过程中，摩擦力的平均功率之比为5：36.（xx浦东新区一模）如图所示，质量为2kg的物体沿倾角为30的固定斜面匀减速上滑了2m距离，物体加速度的大小为8m/s2，（重力加速度g取10m/s2）在此过程中（）A物体的重力势能增加了40JB物体的机械能减少了12JC物体的动能减少了32JD斜面克服摩擦力做了12J功7.如图所示，木块质量为M，放在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以初速度v0水平射入木块中，最后两者一起以速度v匀速前进。已知子弹射入木块的深度为d，平均阻力为f，木块移动距离为s，则下列判断正确的是( )A.fd=- B.fd=-C.f(s+d)=- D. fs=三 、简答题（本大题共2小题）8. 如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮1、2和质量mPm的小球P连接，另一端质量mQm的小物块Q连接，小物块Q套于两直杆AC、DE和一段圆弧CD组成的固定光滑轨道ABCDE上。直杆AC与竖直墙夹角45，直杆DE水平，两杆分别与Ol为圆心，R为半径的圆弧连接并相切于C、D两点，轨道与两定滑轮在同一竖直平面内。直杆B点与两定滑轮均在同一高度，重力加速度为g，小球运动过程中不会与其他物体相碰，现将小物块Q从B点由静止释放，在C、D点时无机械能损失。试求：（1）小物块Q的最大机械能（取B点所在的水平面为参考平面）；（2）小物块Q滑至O1正下方D点时对圆弧轨道的弹力?（3）小物块Q能到达DE杆最远的位置距D的距离?9. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，求：（1）小球水平位移x1与x2的比值：（2）小球落到B点时的动能EkB；（3）小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin。xx万卷作业卷（十五）答案解析一 、单选题1.【答案】A【解析】由图可知，汽车先以恒定功率P1起动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大功率P2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A正确，B、C、D错误。2.考点：功率、平均功率和瞬时功率；功能关系.分析：根据P=Fv，结合v的变化判断牵引力的变化，根据牛顿第二定律得出加速度的变化，从而得出汽车的运动规律，当合力为零时，汽车的速度达到最大解答：A、根据P=Fv知，v增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得，a=，知加速度减小，汽车先做变加速运动，当加速度减小到零，做匀速直线运动故A错误B、当汽车所受的合力为零，速度达到最大，此时有：F=mgsin+kmgcos，则最大速度，故B错误C、汽车匀速运动时，F=mgsin+kmgcos，故C正确D、根据功能关系，除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知牵引力和阻力做功的代数和等于机械能的增加量，故D错误故选：C点评：解决本题的关键会根据汽车的受力分析汽车的运动规律，知道合力为零，汽车的速度达到最大二 、多选题3.【答案】BD【解析】A到B是加速运动，B处速度最大，加速度为O，由AB加速度减小，过了B点之后，加速度开始增加，A项错误；从A到c，再从C到A，圆环的动能、势能和弹簧的弹性势能均没有变化，所以，系统损失的机械能0.5mv等于克服摩擦力做的功，上、下滑过程中克服摩擦力做功相等，所以下滑过程克服摩擦力做的功为0.25mv，B项正确；由A到C，由能量守恒定律得到在C点时，弹簧的弹性势能为mgh一0.25mv，C项错误；上滑摩擦力的方向与下滑摩擦力的方向相反，由牛顿运动定律和运动学知识可知上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，D项正确。4.【答案】BC5.【答案】AC考点：功率、平均功率和瞬时功率；功的计算专题：功率的计算专题分析：根据两物块做匀加速运动和匀减速运动的过程，求出各自运动的加速度之比，根据牛顿运动定律的从而求出摩擦力之比；速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，根据加速阶段和整个过程的面积比得出位移比，进而可求合外力做功和克服摩擦力做功之比；由功率的定义式可得功率之比解答：解：A、由图象可得，A加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知= 由得f1=FB加速运动的加速度为，减速运动的加速度为，根据牛顿第二定律知由得f2=F所以与水平面的摩擦力大小之比为F：=5：12，故A正确；B、合外力做功减速阶段两图象的斜率相等，故加速度相等，而此时a=g，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦力之比为5：12，在匀加速运动阶段，合外力做功之比为等于末动能之比，为：=522：1212=5：3，故B错误；C、根据图象面积表示位移知AB两物体的位移之比为6：5，由W=Fs知在整个运动过程中，克服摩擦力做功之比（56）：（125）=1：2故C正确；D、由P=知平均功率之比为=5：6，故D错误；故选：AC点评：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度时间图线与时间轴所围成的面积表示位移6.【答案】BC考点：动能定理的应用；功能关系专题：动能定理的应用专题分析：对物体受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力大小，然后根据功能关系列式求解解答：解：A、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故EP增=mgh=2101=20J，故A错误；B、对物体受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsin30+f=ma解得：f=mamgsin30=6N机械能变化量等于除重力外其余力做的功，故E减=fS=6N2m=12J，故B正确；C、根据动能定理，有EK=W=mghfS=32J，故C正确；D、斜面不动，故斜面克服摩擦力做功为零，故D错误；故选BC点评：本题关键是对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求解出摩擦力，然后根据功能关系多次列式求解7.【答案】BD三 、简答题8.解析：（1）当物块滑至C点时，P球下降至最低点，且此时， 由机械能守恒定律有： 其中得：（2）小物块从C到D过程中，小物块做圆周运动，故绳子不做功，球P始终静止，物块Q机械能守恒，则 解得：在D点，物体受到绳子拉力T，轨道的支持力N，重力mg，由牛顿第二定律：对于P小球有： 得：，方向向上。由牛顿第三定律：物块对轨道的弹力，方向向下（3）小物块滑过D点后，小球P将上升，物块Q滑离D最远距离x，此时两者速度均为零。P、Q组成的系统机械能守恒有：解得：9.试题分析：（1）小球在竖直方向做竖直上抛运动，根据对称性得知，从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速为零的匀加速直线运动，设加速度为a，则 所以（2）小球从A到M，由动能定理，可得水平方向上电场力做功则小球从A到B，水平方向上电场力做功由动能定理，可得小球落到B点时的动能为：解得：（3）设小球所受的电场力为F，重力为G，由于合运动与分运动具有等时性，小球从A到M，则有：水平方向上电场力做功竖直方向上重力做功由下图可知，则则小球从A运动到B的过程中速度最小时速度一定与等效垂直，即图中的P点，故：