高考物理专项强化测评精练精析专项动能定理和能量守恒定律b卷

高考物理专项强化测评精练精析专项动能定理和能量守恒定律b卷

‎2019高考物理专项强化测评精练精析专项3动能定理和能量守恒定律b卷 动能定理和能量守恒定律 ‎(45分钟 100分)‎ 一、单项选择题（此题共5小题，每小题6分，共计30分.每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.（2018·南京模拟）开口向上的半球形曲面的截面如下图，直径AB水平.一物块在曲面内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，则以下说法正确的选项是( )‎ 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不变 D.在滑到最低点C以前，物块所受摩擦力大小不变 ‎2.俄罗斯著名撑杆跳运动员伊辛巴耶娃曾以‎5.05 m的成绩打破世界纪录.图为她在比赛中的几个画面，以下说法中正确的选项是( )‎ A.运动员通过最高点时的速度为零 B.运动员在下降过程中处于失重状态 C.撑杆恢复形变时，弹性势能完全转化为动能 D.运动员在上升过程中对杆做负功 ‎3.如下图，质量m=‎1 kg、长L=‎0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F=5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取‎10 m/s2)( )‎ A．1 J B．1.6 J C．2 J D．4 J ‎4.(2018·无锡模拟)如下图，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，以下说法正确的选项是( )‎ A.斜劈对小球的弹力不做功 B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒 C.斜劈的机械能守恒 D.小球重力势能减小量等于斜劈动能的增加量 ‎5.如下图，一质量为m的滑块以初速度v0自固定斜面底端A开始冲上斜面，到达某一高度后返回A，斜面与滑块之间有摩擦.如图分别表示滑块在斜面上运动的整个过程中速度v、加速度a、重力势能Ep和机械能E随时间的变化图线，可能正确的选项是( )‎ 二、多项选择题（此题共4小题，每小题8分，共计32分，每小题有多个选项符合题意）‎ ‎6.(2018·徐州模拟)如下图，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R，圆环上套有质量分别为m和‎2m的小球A、B(均可看做质点)，且小球A、B用一长为2R的轻质细杆相连，在小球B从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g)，以下说法正确的选项是( )‎ A．A球增加的机械能等于B球减少的机械能 B．A球增加的重力势能等于B球减少的重力势能 C．A球的最大速度为 D．细杆对A球做的功为mgR ‎7.(2018·青岛模拟)如下图，a 、b 两物块质量分别为m 、‎2m ，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a 、b 两物块距离地面高度相同，用手托住物块b ，然后突然由静止释放，直至a、b 物块间高度差为h.在此过程中，以下说法正确的选项是( )‎ A．物块a的机械能逐渐增加 B．物块b机械能减少了mgh C．物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功 D．物块a重力势能的增加量小于其动能增加 ‎8. （2018·苏北四市模拟）某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的.某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线.已知汽车的质量为1 ‎000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计.根据图象所给的信息可求出( )‎ A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N B．汽车的额定功率为80 kW C．汽车加速运动的时间为22.5 s D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J ‎ ‎9.如下图，匀强电场方向水平向右，将一个带正电的小球以一定的初速度竖直向上抛出，从抛出到小球上升至最高点的过程中(不计空气阻力)，以下说法正确的 是( )‎ A.小球机械能在逐渐减少 B.小球机械能的增加量等于其电势能的减少量 C.小球动能的减少量等于其重力势能的增加量 D.小球动能的改变量等于其受到的重力和电场力所做功的代数和 三、计算题（此题共3小题，共38分，需写出规范的解题步骤）‎ ‎10.（2018·盐城模拟）（12分）小明跟着爸爸荡秋千的情景如下图.设摆绳长为‎3 m,悬点在横梁上，小明连同底板质量共为‎60 kg.开始时小明在爸爸的外力作用下使摆绳与竖直方向成37°‎ 角处于静止状态.某时刻爸爸放手让秋千由静止开始摆动，假设摆动过程中，小明与底板始终没有相对运动.当他运动到最低点时摆线拉力共为780 N.取g=‎10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求：‎ ‎（1）小明爸爸施加的最小外力；‎ ‎（2）取悬点处为零势能参考平面，放手前小明及底板的重力势能；‎ ‎（3）通过计算说明秋千第一次摆到另一侧的最大偏角与37°的关系.‎ ‎11.（2018·淮安模拟）（12分）如图，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ=37°,滑块A质量m=‎1 kg（可看做质点）.若滑块A在斜面上受到F＝4 N，方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能沿斜面匀速下滑.现撤去F,让滑块A从斜面上距斜面底端L＝‎1 m处，由静止开始下滑.取g=‎10 m/s2, sin37°=0.6,cos37°=0.8‎ ‎（1）试画出滑块匀速下滑时的受力图，并求滑块A与斜面间的动摩擦因数；‎ ‎（2）求滑块A到达斜面底端时的速度大小；‎ ‎（3）滑块A滑至光滑水平面上与右端固定在竖直挡板上的轻弹簧相碰后返回斜面所能达到的最大高度？‎ ‎12.(2018·徐州模拟)(14分)质量为m=1 kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑.B、C为圆弧的两端点，其连线水平，斜面与圆弧轨道在C点相切连接(小物块经过C点时机械能损失不计).已知圆弧半径R=‎1.0 m，圆弧对应圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=‎0.8 m.设小物块首次经过C点时为零时刻，在t=0.8‎ ‎ s时小物块经过D点，小物块与斜面间的滑动摩擦因数μ1=.(g=‎10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)试求：‎ ‎(1)小物块离开A点的水平初速度vA大小；‎ ‎(2)小物块经过O点时对轨道的压力；‎ ‎(3)斜面上CD间的距离.‎ 答案解析 ‎1.【解析】选B.物块运动的速率不变，说明物块做匀速圆周运动，其运动的加速度为向心加速度，不为零，故A错误；由F合＝F向＝可知，物块所受合外力的大小不变，方向时刻指向圆心，B正确；因物块沿竖直方向的分速度逐渐减小，由P＝mg·v竖可知，物块所受重力的瞬时功率由A到C的过程中，逐渐减小，C错误；由物块切向加速度为零可知，物块所受摩擦力大小等于物块沿切向的重力的分力，由此可知，在滑到C以前，物块所受摩擦力大小逐渐变小，D错误.‎ ‎2. 【解析】‎ 选B.运动员过最高点时的竖直方向速度为零，水平方向速度不为零，故A错误；运动员下降过程中，由于加速度方向向下，处于失重状态，故B正确；运动员撑杆起跳时，先对杆做正功，将一部分机械能转化为杆的弹性势能，撑杆恢复形变时，运动员对杆做负功，杆的弹性势能再转化为运动员的机械能，但不是全部转化为动能，故C、D均错误.‎ ‎3.【解析】选B.在运动过程中，薄板受到的摩擦力为f=μmg=4 N，薄板在水平力F作用下向右加速运动，当薄板运动位移s==‎0.4 m时，薄板就会自动从桌边缘翻下，该过程中水平力F做功为W，根据动能定理得：W-μmg·s=0，则推力F至少做的功W=μmg·s=0.4×1×10×0.4=1.6 J，选项B正确，其他选项均错误.‎ ‎4.【解析】选B.斜劈对小球的弹力垂直于斜劈斜面向上，小球竖直下落，二者不垂直，因此斜劈对小球的弹力做了功，选项A、C错误；对斜劈与小球组成的系统，除了重力做功外，斜劈与小球间系统弹力也做了功，系统机械能守恒，选项B正确；由于系统机械能守恒，小球重力势能减小量等于小球和斜劈动能的增加量，选项D错误.‎ ‎5.【解析】选C.由于斜面与滑块之间有摩擦，设斜面的倾角为α，滑块上滑时所受合力F1=mgsinα+Ff=ma1，滑块下滑时所受的合力F2=mgsinα-Ff=ma2，由于F1>F2，所以a1>a2，即上滑时的加速度大于下滑时的加速度.但a1与a2的方向相同，均沿斜面向下，速度的方向前后相反，故A、B均错；滑块上滑时重力势能增大，下滑时重力势能减小，由于a1>a2，所以上滑时重力势能变化得快，故C正确；由于滑块在滑动过程中总要克服摩擦力做功，其机械能总是减小的，故D错.‎ ‎6.【解析】选A、D.A、B两球组成的系统，只有重力和系统内轻杆的弹力做了功，环对小球的弹力不做功，系统机械能守恒，因此A球增加的机械能等于B球减少的机械能，选项A正确；A球增加的重力势能为2mgR，B球减小的重力势能为4mgR，选项B错误；当B球运动至最低点时，A、B两球的速度最大，则2mgR=mv2，对于A球应用动能定理，WT-2mgR=mv2，最大速度为细杆对A球做的功为WT=mgR，选项C错误，而选项D正确.‎ ‎7.【解析】选A、B.物块a、b组成的系统机械能守恒，取初始位置为零重力势能位置，两者高度差为h时，a的重力势能为mgh，b的重力势能为-mgh，此时，两者具有大小相等的速度v，根据机械能守恒知，0=-mgh+(‎3m)v2，a的动能为mgh，b的动能为 mgh，得知，选项A、B正确，选项D错误;运动过程中，物块b的重力大于细绳对它的拉力，因此，物块b重力势能的减少量大于细绳拉力对它所做的功，选项C错误.‎ ‎8.【解析】选B、D.由题图可知，汽车的最大动能是Ek=8×105 J=因此，汽车运动过程中的最大速度为vm=‎40 m/s，在关闭发动机过程中，关闭储能装置时，汽车动能全部转化为内能，则根据图象知s=4×‎102 m，那么f阻=2×103 N，当汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，即F=f阻=2×103 N，汽车的额定功率为P额=F·vm=f阻·vm=2×103×40 W=80 kW，选项A错误，选项B正确；在汽车加速运动过程中，根据动能定理得，P额·t-f阻·s1=其中 s1=‎5 m，加速时间t=10.125 s，选项C错误；根据开启储能装置时的关系图线知，E=Ek-f阻·s′=8×105 J-2×103×1.5×102 J=5×105 J，选项D正确.‎ ‎9.【解析】选B、D.此过程电场力对小球做正功，机械能增加，A错；小球机械能的增加量等于电场力所做的功，即电势能的减少量，B对；动能的减少量应等于重力势能增加量和电势能减少量之和，即电场力和重力做功的代数和，C错，D对.‎ ‎10.【解析】（1）如下图，当外力与摆绳垂直时最小.‎ Fmin=mgsin37°‎ ‎=360 N （3分）‎ ‎（2）Ep＝‎ ‎-mglcos37°‎ ‎=-1 440 J （3分）‎ ‎（3）设小明第一次向下摆动过程中，动能的变化量为ΔEk,重力势能的减少量为ΔEp，小明在最低点时，由牛顿第二定律得：‎ F-mg= （1分）‎ 求得v=3 m/s （1分）‎ ΔEk=mv2=270 J （1分）‎ ΔEp=mgl(1-cos37°)=360 J （1分）‎ ΔEp>ΔEk （1分）‎ 说明小明在向下摆动过程中机械能减少，秋千第一次摆到另一侧的最大偏角小于37°. （1分）‎ 答案：（1）360 N （2）-1 440 J （3）见解析 ‎11.【解析】（1）滑块沿斜面匀速下滑时受力如下图. （1分）‎ 根据牛顿第二定律mgsinθ=μFN (1分)‎ FN＝mgcosθ+F (1分)‎ 解得μ=＝0.5 （1分）‎ ‎（2）滑块沿斜面加速下滑时受力如下图.‎ 设滑块滑到斜面底端时的速度为v,根据动能 定理得（mgsinθ-μmgcosθ）L=mv2 (2分)‎ 代入数据解得v=‎2 m/s (1分)‎ ‎（3）由于水平面光滑，所以滑块返回至斜面底端时速度 仍为v=‎2 m/s (1分)‎ 上滑时加速度大小a=gsinθ+μgcosθ=‎10 m/s2 (2分)‎ s==‎0.2 m h=ssinθ=‎0.12 m (2分)‎ 答案：（1）受力图见解析 0.5‎ ‎（2）‎2 m/s (3)‎‎0.12 m ‎12.【解析】(1)对小物块，由A到B有 (1分)‎ 在B点 (1分)‎ 所以vA=‎3 m/s (1分)‎ ‎(2)对小物块，由B到O有 mgR(1-sin37°)= (1分)‎ m/s=‎5 m/s (1分)‎ 在O点N-mg= ‎ 所以N=43 N (1分)‎ 由牛顿第三定律知对轨道的压力为N′=43 N (1分)‎ ‎(3)小物块沿斜面上滑：‎ mgsin53°+μ1mgcos53°=ma1 (1分)‎ a1=‎10 m/s2 (1分)‎ 物块沿斜面下滑：mgsin53°-μ1mgcos53°=ma2 (1分)‎ a2=‎6 m/s2 (1分)‎ 由机械能守恒知vC=vB=‎5 m/s (1分)‎ 小物块由C上升到最高点历时=0.5 s (1分)‎ 小物块由最高点回到D点历时 t2=0.8 s-0.5 s=0.3 s ‎ 故=0．‎98 m (1分)‎ 答案：(1)‎3 m/s (2)43 N (3)‎‎0.98 m