2019-2020年高三物理第一轮复习 限时规范专题练 4 动力学和能量观点的应用.doc

2019-2020年高三物理第一轮复习 限时规范专题练 4 动力学和能量观点的应用一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分)1. xx辽宁沈阳质检如图所示，一个小球质量为m，静止在光滑的轨道上，现以水平力击打小球，使小球能够通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为()A. mgRB. 2mgRC. 2.5mgR D. 3mgR解析：设小球恰好能通过最高点C时的速度为v，小球从受力运动到最高点C的过程，由动能定理得，W2mgRmv2，对小球在C点受力分析得，mg，解得，W2.5 mgR，C项正确。答案：C2. 质量为m的物体从静止以g的加速度竖直上升h，关于该过程下列说法中正确的是()A. 物体的机械能增加mghB. 物体的机械能减少mghC. 重力对物体做功mghD. 物体的动能增加mgh解析：质量为m的物体从静止以的加速度竖直上升h，重力对物体做功mgh，所受合外力为mg，合外力做功mgh，由动能定理知物体的动能增加mgh，选项C错误，D正确；物体的机械能增加mgh，选项A、B错误。答案：D3. xx海口模拟开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB水平。一小物块在曲面内A点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑时速率不变，则下列说法正确的是()A. 物块运动过程中加速度始终为零B. 物块所受合外力大小不变，方向在变C. 在滑到最低点C以前，物块所受重力的瞬时功率越来越大D. 在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小不变解析：小物块沿半球形曲面做匀速圆周运动，加速度不为零，合外力提供向心力，由F向m可知，其大小不变，方向在变，A错误、B正确；物块所受摩擦力大小等于物块重力沿切向的分力，故摩擦力逐渐减小，D错误；设物块速度与竖直方向夹角为，则物块重力的瞬时功率Pmgvcos，P随的增大而减小，C错误。答案：B4. xx广州模拟(多选)一辆质量为m的汽车在发动机牵引力F的作用下，沿水平方向运动。在t0时刻关闭发动机，其运动的vt图象如图所示。已知汽车行驶过程中所受的阻力是汽车重量的k倍，则()A. 加速过程与减速过程的平均速度之比为12B. 加速过程与减速过程的位移大小之比为12C. 汽车牵引力F与所受阻力大小之比为31D. 汽车牵引力F做的功为解析：由题图可知，加速过程FFfma1，a1，位移x1v0t0；减速过程Ffma2，a2，位移x2v02t0，又Ffkmg，由以上各式解得加速过程与减速过程的位移大小之比为12，平均速度之比为11，汽车牵引力F与所受阻力大小之比为31，汽车牵引力F做的功为WFx1，故选项A错误，B、C、D正确。答案：BCD5. xx厦门模拟汽车从静止开始沿平直公路做匀加速运动，所受阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是()A. 汽车发动机的输出功率保持不变B. 汽车发动机的输出功率逐渐减小C. 在任意两相等的位移内，汽车的动能变化相等D. 在任意两相等的位移内，汽车的速度变化相等解析：对汽车由牛顿第二定律可得Ffma，可知a、Ff不变时，v增大，P增大，故A、B错误；汽车做匀加速运动时，汽车受到的合外力F合不变，由F合sEk知C正确；由vat，汽车匀加速运动时，经相同的位移所需的时间不一样，故汽车的速度变化也不相等，D错误。答案：C6. (多选)如图所示，等腰直角三角体OCD由不同材料A、B拼接而成，P为两材料在CD边上的交点，且DPCP。现OD边水平放置，让小物块从C滑到D；然后将OC边水平放置，再让小物块从D滑到C，小物块两次滑动经过P点的时间相同。下列说法正确的是()A. A、B材料的动摩擦因数相同B. 两次滑动中物块到达底端速度相等C. 两次滑动中物块到达P点速度相等D. 两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等 解析：本题考查动力学知识及功能关系在多运动过程中的应用，意在考查学生的综合分析能力。由小物块两次滑动经过P点的时间相同及xat2可知两次滑动的加速度不相同，根据牛顿第二定律可知A、B材料的动摩擦因数不相同，两次滑动中物块到达P点速度不相等，选项A、C错误；由于两次滑动中小物块经过CP段与PD段的摩擦力分别保持不变，故两次滑动过程中克服摩擦力做的总功相同，故两次滑动中物块到达底端过程中摩擦生热相等，D正确；由动能定理可知物块到达底端速度相等，故选项B正确。答案：BD7. xx山西太原一模将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示。取g10 m/s2，下列说法正确的是()A. 小球的质量为0.2 kgB. 小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC. 小球动能与重力势能相等时的高度为 mD. 小球上升到2 m时，动能与重力势能之差为0.5 J解析：在最高点，Epmgh得m0.1 kg，A项错误；由除重力以外其他力做功W其E可知：fhE高E低，E为机械能，解得f0.25 N, B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgHmv2，由动能定理：fHmgHmv2mv得H m，故C项错；当上升h2 m时，由动能定理，fhmghEk2mv得Ek22.5 J, Ep2mgh2 J，所以动能与重力势能之差为0.5 J，故D项正确。答案：D8. 飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启，到运送完行李需要消耗的电能为()A. Mv2nmv2 B. Mv2nmv2C. nmv2 D. Mv2nmv2解析：设行李与传送带间的动摩擦因数为，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Qnmgl，由运动学公式得ll传l行vt，又vgt，联立解得Qnmv2，由能量守恒得EQMv2nmv2，所以EMv2nmv2，选项A正确，选项B、C、D错误。答案：A9. xx江苏南通高三调研(多选)如图所示，物块P以一定的初速度沿粗糙程度相同的水平面向右运动，压缩右端固定的轻质弹簧，被弹簧反向弹回并脱离弹簧。弹簧在被压缩过程中未超过弹性限度，则在物块P与弹簧发生相互作用的过程中 ()A. 弹簧的弹性势能先增大后减小B. 物块和弹簧组成的系统机械能不断减小C. 物块的加速度先减小后增大D. 物块的动能先减小后增大解析：物体向右运动压缩弹簧，弹力逐渐增大，摩擦力不变，故物体的合力逐渐增大，速度逐渐减小，当弹簧压缩量最大时，物体的速度为零，弹力增加到最大，在此过程中，弹性势能增大，加速度增大，动能一直减小；在刚开始返回的过程中，弹簧的弹力大于摩擦力，物体做加速运动，当弹力减小到等于摩擦力时，速度达到最大，加速度减小到零，继续向前运动的过程开始做减速运动，直到离开弹簧，所以在返回的过程中，加速度先减到零后又反向增大，动能先增大后减小，CD错误；运动的全过程，弹簧压缩过程弹性势能增大，恢复原长的过程弹性势能一直减小，A正确；摩擦力一直在做负功，物体的机械能一直减小，B正确。答案：AB10. xx舟山模拟如图所示，水平传送带AB长21 m，以6 m/s的速度顺时针匀速转动，台面与传送带平滑连接于B点，半圆形光滑轨道半径R1.25 m，与水平台面相切于C点，BC长s5.5 m，P点是圆弧轨道上与圆心O等高的一点。一质量为m1 kg的物块(可视为质点)，从A点无初速度释放，物块与传送带及台面间的动摩擦因数均为0.1，则关于物块的运动情况，下列说法正确的是()A. 物块不能到达P点B. 物块能越过P点做斜抛运动C. 物块能越过P点做平抛运动D. 物块能到达P点，但不会出现选项B、C所描述的运动情况解析：物块从A点释放后在传送带上做加速运动，假设达到台面之前能够达到传送带的速度v，则由动能定理得，mgx1mv2，得x118 m21 m，假设成立。物块以6 m/s的速度冲上台面，假设物块能到达P点，则到达P点时的动能EkP可由动能定理求得，mgsmgREkPmv2，得EkP0，可见，物块能到达P点，速度恰为零，之后从P点滑回来，不会出现选项B、C所描述的运动情况，D正确。答案：D二、非选择题(本题共2小题，共40分)11. (14分) xx武汉模拟如图所示，质量为M8 kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端加一水平恒力F8 N。当小车向右运动的速度达到v03 m/s时，在小车右端轻轻放上一质量m2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数0.2，物块始终不离开小车，从小物块放在小车上开始计时，经过3 s时间，摩擦力对小物块做的功是多少？(g取10 m/s2)解析：由牛顿运动定律可知，物块放在小车上后加速度为a1g2 m/s2，小车的加速度为a20.5 m/s2，又据运动学公式得：v1a1t，v2v0a2t，令v1v2，解得t2 s，可见，物块放在小车上2 s后就一起运动。设前2 s时间为t1，后1 s时间为t2，则物块在时间t1内做加速度为a1的匀加速运动，在时间t2内同小车一起做加速度为a3的匀加速运动。以二者组成的系统为研究对象，根据牛顿运动定律，由F(Mm)a3，代入数据，解得：a30.8 m/s2。又根据运动学公式得，物块3 s末的速度为v3a1t1a3t24.8 m/s，根据动能定理可得摩擦力对物块做功为Wmv23.04 J。答案：23.04 J12. (26分) xx南京模拟如图所示，质量m0.2 kg的小物体，从光滑曲面上高度H0.8 m处释放，到达底端时水平进入轴心距离L6 m的水平传送带，传送带可由一电机驱使逆时针转动。已知物体与传送带间的动摩擦因数0.1(取g10 m/s2)。(1)求物体到达曲面底端时的速度大小。(2)若电机不开启，传送带不转动，则物体滑离传送带右端的速度大小和在传送带上所用时间分别为多少？(3)若开启电机，传送带以速率5 m/s逆时针转动，则物体在传送带上滑动的过程中产生多少热量？解析：(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒，则：mgHmv解得：v04 m/s(2)选水平向右为正方向，物体滑上传送带后向右做匀减速运动，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度为ag1 m/s2物体滑离传送带右端时速度为v1，则：vv2aL解得：v12 m/s由t得t2 s(3)以地面为参考系，则滑上逆时针转动的传送带后，物体向右做匀减速运动。由以上计算可知，期间物体的加速度大小和方向都不变，所以到达右端时速度大小为2 m/s，所用时间为2 s，最后将从右端滑离传送带。此段时间内，物体向右运动的位移大小显然为6 m，传送带向左运动的位移大小为s2vt10 m物体相对于传送带滑行的距离为ss1s216 m物体与传送带相对滑动期间产生的热量为QFfsmgs3.2 J答案：(1)4 m/s(2)2 m/s2 s(3)3.2 J