【物理】2020届一轮复习人教版 功和能 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 功和能 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 功和能 课时作业 ‎ ‎ 1、在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如下图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A点，经过1.2 s到达传送带的B点。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2。由v-t图像可知( )‎ A. A、B两点的距离为2.4 m B. 货物与传送带间的动摩擦因数为0.25‎ C. 货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为11.2 J D. 货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.6 J ‎2、如图所示，质量均为m，半径均为R的两个完全相同的小球A、B，在水平轨道上以某一初速度向右冲上倾角为θ的倾斜轨道，两轨道通过一小段圆弧平滑连接。若两小球运动过程中始终接触，不计摩擦阻力及弯道处的能量损失，在倾斜轨道上运动到最高点时两球机械能的差值为( )‎ A. 0 B. mgRsin θ C. 2mgRsin θ D. 2mgR ‎3、一质量为m的物体在竖直向上的拉力F作用下沿竖直方向向上运动，运动过程中物体的动能与位移的关系如下图所示，其中0～x1为一曲线，x1～x2为一与横轴平行的直线，x2～x3为一倾斜直线，不计空气阻力，关于物体在这段位移内的运动，下列说法不正确的是( )‎ A. 0～x1过程中拉力F逐渐减小 B. x1～x2过程中物体的重力势能可能不变 C. x2～x3过程中拉力F为恒力 D. 0～x3过程中物体的机械能增加 4、如下图所示，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是( )‎ A. 球1的机械能守恒 B. 球6在OA段机械能增加 C. 球6的水平射程最小 D. 六个小球落地点各不相同 ‎5、如下图所示，轻质弹簧的一端固定在竖直墙面上，另一端拴接一小物块，小物块放在动摩擦因数为μ的水平面上，当小物块位于O点时弹簧处于自然状态。现将小物块向右移到a点，然后由静止释放，小物块最终停在O点左侧的b点(图中未画出)，以下说法正确的是( )‎ A. 小物块在b点处于平衡状态 B. 从O至b的过程中，小物块的加速度逐渐减小 C. 小物块在O点时的速度最大 D. 从a到b的过程中，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功 ‎6、如图，滑板运动员沿水平地面上向前滑行，在横杆前相对于滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽人和滑板在运动中受到的阻力．则运动员( )‎ A. 起跳时脚对滑板的作用力斜向后 B. 在空中水平方向先加速后减速 C. 在空中机械能不变 D. 越过杆后仍落在滑板起跳的位置 ‎7、如图所示是质量为1kg的质点在水平面上运动的v-t图像，以水平向右的方向为正方向．以下判断中正确的是（ ）‎ A．在t=6.0s时，质点加速度为零 B．在4.0s～6.0s时间内，质点的平均速度为3m/s C．在0～3.0s时间内，合力对质点做功为10J D．在1.0s～5.0s时间内，合力的平均功率为2W ‎8、如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦因数处处相同为μ，重力加速度为g。则（ ）‎ A．撤去F后，物体先做加速度a减小的变加速运动，再做匀减速运动 B．撤去F后，物体刚开始向左运动时的加速度大小为 C．物体做匀减速运动的时间为 D．物体从开始向左运动到速度达到最大的过程中摩擦力对物体做的功为 ‎9、如图所示，一木块静止在光滑水平地面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d，假设子弹在射入木块的过程中受阻力大小不变为f，已知木块运动s后开始做匀速直线运动，则( )‎ A．子弹减少的动能为fd B．子弹减少的动能为f（s+d）‎ C．木块获得的动能为f（s+d）‎ D．木块获得的动能为fs 10、如图所示是弹簧门的一角，依靠弹簧形变后储存的弹性势能自动将打开的门关闭，当弹簧门打开时，弹簧的弹力对外做________功，弹性势能________；当弹簧门关闭时，弹簧的弹力对外做________功，弹性势能________。‎ ‎11、质量为20 kg的薄铁板平放在二楼的地面上，二楼地面与楼外地面的高度差为5 m，这块铁板相对二楼地面的重力势能为______J，相对楼外地面的重力势能为______J。‎ ‎12、粗细均匀，长为5m，质量为60kg的电线杆横放在水平地面上，如果要把它竖直立起，至少要做_____J的功（ ）。‎ ‎13、一根均匀的直棒平放在地面，将它竖直立起时O点不滑动，若棒的质量为ｍ，棒长为L，则棒被竖直立起时外力做功至少为_____，重力做功为_____，物体克服重力做的功为_____，棒的重力势能增加了_____，外力作用点越靠近右端时用的力_____，但做的功_____．‎ ‎14、质量不计的弹簧一端固定在地面上，弹簧竖直放置，将一个小球从距弹簧自由端高度分别为h1、h2的地方先后由静止释放，h1>h2 ，小球落到弹簧后一直向下运动压缩弹簧，从开始释放小球到获得最大速度的过程中，小球重力势能的变化量ΔEp1与ΔEp2的关系是_______,弹簧弹性势能的增加量ΔEp1与ΔEp2，的关系是________。‎ ‎15、‎ 如图所示，在光滑水平面上有A、B两球，中间连一弹簧，A球固定，今用手拿住B球将弹簧压缩一定距离，然后释放B球，在B球向右运动到最大距离的过程中，B球的加速度将__________，B球的速度将__________，弹簧的弹性势能将____________．‎ ‎16、如图所示，水平桌面离地面高为H，质量为m的小球从离桌面高为h处，由静止沿固定在桌面上的光滑曲面轨道下滑至地面，不计空气阻力，重力加速度为g。假设以桌面为零势能的参考平面，则此过程中，重力做的功为_________；小球落地前瞬间的机械能为________。‎ ‎17、如图所示，杆中点有一转轴O，两端分别固定质量为2m和m的小球a和b，当杆从水平位置转到竖直位置时，小球a和b构成的系统的重力势能如何变化，变化了多少？‎ ‎ 18、吴菊萍徒手勇救小妞妞，被誉为“最美妈妈”．设妞妞的质量m=10kg，从离地h= 28．5m高的阳台掉下，下落过程中空气阻力约为本身重力的0.4倍；在妞妞开始掉下时，吴菊萍立刻从静止开始匀加速奔跑水平距离s =9m到达楼下，恰好张开双臂在距地面高度为h2=1.5m处接住妞妞，缓冲到地面时速度为零，缓冲过程中的空气阻力不计。g取10m／s2，求：‎ ‎（1）妞妞在被接到前下落的时间．‎ ‎（2）吴菊萍跑到楼下时的速度．‎ ‎（3）在缓冲过程中吴菊萍对妞妞做的功． ‎ 参考答案 ‎1、答案：C 【详解】物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，所以物块由A到B的间距对应图象所围梯形的“面积”，为：x=×2×0.2+（2+4）×1=3.2m。故A错误。由v-t图象可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为：，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得：mgsinθ+f=ma1，即：mgsinθ+μmgcosθ=ma1…① 同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加速度为： 得：mgsinθ-f=ma2，即：mgsinθ-μmgcosθ=ma2…② 联立①②解得：cosθ=0.8，μ=0.5，故B错误； 根据功能关系，由B中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，由图象知位移为：x1=×2×0.2=0.2m，物体受力分析受摩擦力，方向向下，摩擦力做正功为：Wf1=fx1=4×0.2=0.8J，同理做a2匀加速直线运动，由图象知位移为：x2=×（2+4）×1=3m， 物体受力分析受摩擦力，方向向上，摩擦力做负功为：Wf2=-fx2=-4×3=-12J，所以整个过程，传送带对货物做功大小为：12J-0.8J=11.2J，故C正确；根据功能关系，货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，由C中可知：f=μmgcosθ=0.5×10×1×0.8=4N，做a1匀加速直线运动，位移为：x1=×2×0.2=0.2m，皮带位移为：x皮=2×0.2=0.4m，相对位移为：△x1=x皮-x1=0.4-0.2=0.2m，同理：做a2匀加速直线运动，位移为：x2=×（2+4）×1=3m，x皮2=2×1=2m，相对位移为：△x2=x2-x皮2=3-2=1m，故两者之间的总相对位移为：△x=△x1+△x2=1+0.2=1.2m，货物与传送带摩擦产生的热量为：Q=W=f△x=4×1.2=4.8J，故D错误；故选C。‎ 本题一方面要分析货物的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移．‎ ‎2、答案：C 【详解】两球运动到最高点时速度相等，动能相等，则两球机械能的差值等于重力势能的差值，为△E=mg？2Rsinθ=2mgRsinθ，故选C。‎ ‎3、答案：B 【详解】根据动能定理得 F合△x=△Ek，得 F合=，即Ek-x图象的斜率大小等于合外力大小，则知0～x1过程中合外力逐渐减小，而拉力大于重力，所以拉力F逐渐减小，故A正确。x1～x2过程中物体向上匀速运动，重力势能增加，故B错误。x2～x3过程中合外力为恒力，则拉力F为恒力，故C正确。0～x3‎ 过程中，拉力一直做正功，物体的机械能增加，故D正确。此题选择不正确的选项，故选B。‎ 解决本题的关键根据动能定理列式，分析出图象的斜率等于合外力，明确除了重力以外其他力做功等于物体机械能的变化．‎ ‎4、答案：BC 【分析】‎ ‎6个小球都在斜面上运动时，整个系统的机械能守恒，当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以从球6到4，这些小球离开A的速度不断增大，最后3个小球离开A点的速度相同，由速度关系分析水平射程关系。‎ ‎【详解】6个小球都在斜面上运动时，只有重力做功，整个系统的机械能守恒。当有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，球2对1的作用力做负功，故球1的机械能减少，故A错误；球6、5、4在OA段运动时，斜面上的球在加速，动能增加，机械能都增加，故B正确；由于有部分小球在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，所以可知离开A点时球6的速度最小，水平射程最小，故C正确；由于离开A点时，球6的速度最小，水平射程最小，而最后三个球在水平面上运动时不再加速，3、2、1的速度相等，水平射程相同，所以六个球的落点不全相同，故D错误。故选BC。‎ ‎5、答案：AD 【详解】因小物块最终停在O点左侧的b点，则物块在b点处于平衡状态，选项A正确；从O到b的过程中，根据牛顿第二定律得：a=，弹力逐渐增大，则加速度逐渐增大，故B错误；物块从a向b先做加速运动，后做减速运动，当加速度等于0时，速度最大，此时弹簧弹力等于滑动摩擦力，不在O点，故C错误；从a到b的过程中，初末动能都为零，根据能量守恒定律可知，弹簧弹性势能的减少量等于小物块克服摩擦力所做的功，故D正确。故选AD。‎ 本题主要考查了牛顿第二定律、胡克定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物块的运动情况和受力情况，知道当加速度等于0时，速度最大．‎ ‎6、答案：CD 人在空中时，由于忽阻力，则人只受重力作用，故人在水平方向上做匀速运动，竖直方向先减速后加速，故B错误，C，D正确。由于人上跳时相对于滑板静止，故滑板对脚的作用力竖直向上，故脚对滑板的作用力竖直向下，所以A错误。选CD。‎ ‎7、答案：BD ‎【来源】江苏省淮安市高中校协作体2019届高三上学期第二次月考联考物理试题 【详解】‎ A.图像的斜率代表加速度，t=6.0s时斜率不为零，所以加速度不为零，A错误。‎ B.图像的面积代表位移，所以4.0s～6.0s时间内位移为，所以平均速度，B正确。‎ C.合力做功等于物体动能改变量，所以合力对质点做功，C错误。‎ D.根据C选项分析在1.0s～5.0s时间内，合力做功：，所以平均功率：‎ ‎，D正确。‎ ‎8、答案：CD ‎【来源】江苏省淮安市高中校协作体2019届高三上学期第二次月考联考物理试题 【详解】‎ A.撤去F后，弹力大于摩擦力，向左加速，随着弹力减小，加速度减小，当弹力和摩擦力相等后，弹力继续减小，合力向右并且在变大，加速度变大，当物块脱离弹簧后只受摩擦力，合力不变，加速度不变，所以加速度先减小后变大最后不变，A错误。‎ B.因为存在摩擦力，撤去外力瞬间，合力小于弹力，加速度小于 ，B错误。‎ C.物体脱离弹簧匀减速运动，所以匀减速位移3x0，根据匀变速规律：，解得：，C正确。‎ D.当加速度为零时，速度最大，，在这段时间内摩擦力做功：，联立解得：，D正确。‎ ‎9、答案：BD ‎【来源】福建省长乐高级中学2018-2019学年高一下学期第一次月考物理试题 【详解】‎ A、B项：对子弹由动能定理得，子弹减少的动能，故A错误，B下正确；‎ C、D项：对木块由动能定理得，木块获得的动能，故C错误，D正确。‎ ‎10、答案：负；增加；正；减少； 【详解】‎ 弹簧门打开时，弹簧弹力方向与门的移动方向相反，弹力做负功、随着形变量增加，弹性势能增大。弹簧门关闭时，弹簧弹力方向与门的移动方向相同，弹力做正功，随着形变量减小，弹性势能减少。‎ ‎11、答案：0；103 【详解】‎ 根据重力势能的定义式，以二楼地面为参考平面：Ep＝0.‎ 以楼外地面为参考平面：Ep＝mgh＝20×10×5 J＝103 J.‎ ‎12、答案：1500 ‎ ‎【详解】‎ 把链条竖直立起，则重心上升了2.5m，所以克服重力做功为 ‎ ‎ 所以要要把它竖直立起，至少要克服重力做功才可以，故至少做功为1500J ‎13、答案： 越小，不变 【详解】‎ 一根均匀的直棒平放在地面,将它竖直立起时O点不滑动,若棒的质量为m,棒长为L,则棒被竖直立起时外力做功至少为 ,重力做功为 ,物体克服重力做的功为 ,棒的重力势能增加了 ,外力作用点越靠近右端时用的力越小,但做的功不变.都恩宇重力势能的增加量。”‎ 故本题答案是：(1). (2). (3). (4). (5). 越小， (6). 不变 ‎14、答案：ΔEp1>ΔEp2ΔEp1=ΔEp2 【分析】‎ 小球压缩弹簧的过程中，受重力和支持力，在平衡位置，动能最大，结合动能定理和能量守恒定律分析即可；‎ ‎【详解】‎ 从越高的地方释放，减小的重力势能越大，即；‎ 小球压缩弹簧的过程中，受重力和支持力，在平衡位置，速度最大，动能最大，根据平衡条件，有：‎ 解得： 即压缩量恒定，故弹性势能的增加量为：。 本题关键明确小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球系统机械能守恒，在平衡位置速度最大。‎ ‎15、答案：先变小后变大先变大后变小先变小后变大 【分析】‎ 根据物块的受力，结合牛顿第二定律判断加速度的变化，结合加速度方向与速度方向的关系判断A、B的运动规律；‎ ‎【详解】‎ 刚释放物块B时，B所受的弹簧弹力最大，根据牛顿第二定律，加速度最大，速度为零，释放B后，弹簧形变量减小，B做加速变小，当弹簧恢复原长后，B 的速度最大，加速度为零，弹性势能最小；然后弹簧伸长，弹力又增大，加速度又变大，但与速度反向，故速度变小，但弹性势能变大，故B球的加速度将先变小后变大，B球的速度将先变大后变小，弹簧的弹性势能将先变小后变大。 解决本题的关键知道加速度与合力的关系，当加速度方向与速度方向相同，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，根据弹力做功情况判断弹射势能的关系。‎ ‎16、答案： mg(h+H) mgh 下落高度为，重力做的功为，以桌面为零势能面，则小球初始位置的机械能为：，小球下落过程中，只有重力做功，机械能守恒，落地时的机械能为：。‎ ‎17、答案：mgL 重力对小球a做的功为W1＝2mgL 重力对小球b做的功为W2＝－mgL 则重力对由a、b组成的系统所做的总功为：‎ WG＝W1＋W2＝2mgL＋(－mgL)＝mgL因为WG>0，所以系统的重力势能减少，且减少了mgL.‎ 点评：根据重力做功与重力势能变化的关系，分别求出两小球受到的重力做的功，然后求出两重力做的总功，确定重力势能的变化。 18、答案：（1）3s （2）6m/s （3）-1770J 试题分析：(1)对妞妞应用牛顿第二定律，有 mg－0.4mg＝ma1,解得a1＝6 m/s2.‎ 妞妞下落过程由匀变速运动规律有 h1－h2＝a1t2,解得t＝3 s.‎ ‎(2)吴菊萍做匀加速运动，由匀变速运动规律有 s＝a2t2,解得a2＝2 m/s2‎ v2＝ a2t＝6 m/s.‎ ‎⑶对妞妞受力分析，F-mg=ma3而a3=v2/2h2=108m/s2,得F= 1180N.‎ 椐牛顿第三定律，妞妞对吴菊萍的冲击力大小1180N，方向竖直向下. ‎