（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

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，t0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 JB第2 s内，F对滑块做功的平均功率为4 WC第3 s末，F对滑块做功的瞬时功率为1 WD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PFv1 W，C正确；前3 s内，F对滑块做的总功为8 J，D错误答案C2(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1CA、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xv甲sin30，故A项错误；甲球经过C点时竖直方向的速度v甲yv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hgtgt，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ymg，P乙mgv乙mg，故D项错误答案C3(2019全国卷) 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的变化如图所示重力加速度取10 m/s2.该物体的质量为()A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 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(mgF)3 m(3672) 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(mgF)3 m(4824) J，联立解得m1 kg、F2 N，选项C正确，A、B、D均错误答案C4(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xh2x0时，小球的动能最小B最低点的坐标xh2x0C当xh2x0时，小球的加速度为g，且弹力为2mgD小球动能的最大值为mgh解析由题图乙可知mgkx0，解得x0，由Fx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(xh)2，小球由静止释放到最低点的过程，由动能定理得mgxk(xh)20，即mgx(xh)20，解得xhx0，故最低点坐标不是h2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由题图乙可知，mgkx0，由对称性可知当xh2x0时，小球加速度为g，且弹力为2mg，故C正确；小球在xhx0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(hx0)W弹Ekm0，依题可得W弹mgx0，所以Ekmmghmgx0，故D正确答案CD5(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，受到方向始终指向O点的拉力F作用，且Fks，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，OCd，CDBCl.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Cv02 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在垂直于杆方向上的分力即为小球与杆之间的正压力，NFsin(为F与杆的夹角)，故摩擦力FfNFsinkssinkd，从A到B克服摩擦力做功为Wf1Fflkdl，同理，从B到C克服摩擦力做功为Wf2Fflkdl，B正确；从DB的过程根据动能定理可得Ff2l2kdl0mv，解得v02 ，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3kdl0mv2，又v02 ，解得vv0，D错误答案BC6(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0.4 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x5 m2s2B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 JD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mgm，解得v m/s2 m/s，则xv24 m2s2，故A错误小球从A到C，动能减少量为Ekmvmv21.05 J，重力势能的增加量为Epmg2r10.8 J0.8 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Wmv2mv1.05 J，故C正确小球经过C点时的速度v2 m/s，小球从C点抛出后做平抛运动，根据2rgt2得，t0.4 s，则落地点到A点的距离xvt20.4 m0.8 m，故D正确答案CD7(多选)(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()AA球的最大速度为2BA球速度最大时，两小球的总重力势能最小CA球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45DA、B两球的最大速度之比vAvB21解析 设当杆转过角时，两球的速度最大，如图所示，根据机械能守恒定律得mv2mvmg2lsin2mgl(1cos)，又vA2vB，得mv2mgl(sincos)2mgl，当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BCD8(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ab1 m，bc0.2 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 JB整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 JC从b点向下到c点的过程中，滑块的机械能减少量为6 JD从c点向上返回a点的过程中，弹簧、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mghadW弹Ekd0，mghadmghac101.2sin30 J6 J，W弹0，所以Ekd6 J，故A错误滑块从a到c，运用动能定理得mghacW弹0，解得W弹6 J，弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化，所以整个过程中弹簧弹性势能的最大值为6 J，故B正确从b点到c点弹簧的弹力对滑块做功为6 J，根据功能关系知，滑块的机械能减少量为6 J，故C正确整个过程中弹簧、滑块与地球组成的系统，没有与系统外发生能量转化，故机械能守恒，D正确答案BCD9(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()AB环下落时，A环的速度大小为BA环从开始释放至到达O点的过程中，B环先加速后减速CA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，如图所示，当B环下落L时，sin，则30.由运动的合成与分解得，vA1cosvBsin，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mgmvmv，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mgLmv，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追上B所用时间为t，则vA2tgt2Lgt2，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，OD2R，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2RvBtRgt2由式得vB从A到B，根据动能定理有mg(HR)Wfmv0由式得Wf(mgH2mgR)(2)设OP与OB间夹角为，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(RRcos)mv0过P点时，根据向心力公式有mgcosNm又N0cos由式解得hR.答案(1)(mgH2mgR)(2)R11(2019河北石家庄一模)如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R0.3 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ma100 g的小球a套在半圆环上，质量为mb36 g的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l0.4 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magRmav2，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F2mag2 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vavbcos.由几何关系可得cos0.8，由P点到Q点，球a下降的高度hRcos，a、b及杆组成的系统机械能守恒，有maghmavmbvmav2，对滑块b，由动能定理得Wmbv0.1944 J.答案(1)2 N(2)0.1944 J11