【文档说明】2021届高考物理人教版二轮复习 动能定理与能量守恒 作业（5） 含解析.docx，共(11)页，435.830 KB，由envi的店铺上传

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2021届高考物理二轮复习动能定理与能量守恒专练（5）1.如图所示,在半径为5m的光滑圆环上切下一小段圆弧,放置于竖直平面内,AB、为圆弧的两个端点,它们距最低点C的高度差H为1cm,BC为一光滑的直杆.现将小环分别从圆弧A端点和B端点由静止释放,使小环分别沿圆弧AC和直杆BC下滑

.设小环从A点运动到C点和从B点运动到C点所需的时间分别为1t和2t(取210m/sg=),则下列说法正确的是()A.12ttB.12tt=C.12ttD.无法确定2.如图所示,一光滑半圆形轨道固定在水平地面上,圆心为O,半径为R.一根轻橡皮筋一端连在可视为质点的小球上,另一端连在位于O点正

上方距离为R处的P点.小球放在与O点等高的轨道上的A点时,轻橡皮筋处于原长状态.现将小球从A点由静止释放,小球沿半圆形轨道向下运动,通过最低点B时对半圆形轨道的压力恰好为零.已知小球的质量为m,重力加速度为g,则小球从A点运动到B点的过程中,下列说法正

确的是()A.小球通过最低点时,橡皮筋的弹力等于mgB.橡皮筋弹力做功的功率逐渐变大C.小球运动过程中,橡皮筋弹力所做的功等于小球动能增加量D.小球运动过程中,小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量3.如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为m的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速

度2ga=（g为重力加速度）向上加速运动距离x的过程中，下列说法正确的是()A.重力势能增加mgxB.动能增加4mgxC.机械能增加mgxD.拉力做功为2mgx4.如图甲所示，一质量为2kg的物体（可视为质点）受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的at−图象如图乙所示，0t=

时其速度为2m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度210m/sg=.则下列说法正确的是()A.在6st=时，物体的速度为15m/sB.在0~6s时间内，合力对物体做的功为289JC.在0~6s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5WD.在6st=时，拉力

F的功率为136W5.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个14弧形凹槽，凹槽的半径为RA，点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度0v从A点冲上凹槽，重力加速度为g，不计摩擦。下列说法正确的是()A.当02vgR=时，小球能到达B点B.如果小球的速度足够大，球将从滑

块的左侧离开滑块后落到水平面上C.当02vgR=时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大D.如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为20mvR6.如图所示,固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧,轻质弹簧一端与固定于斜面

底端的挡板C连接,另一端与物块A连接,物块A上方放置另一物块B,物块AB、质量均为m且不粘连,整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态,重力加速度为g.某一时刻将力F撤去,在弹簧将AB、弹出的过程中,若AB、能够分离,则下列叙述正确的是()A

.AB、刚分离的瞬间,两物块速度达到最大B.AB、刚分离的瞬间,A的加速度大小为singC.从撤去力F到AB、分离的过程中,A物块的机械能一直增加D.从撤去力F到AB、分离的过程中,物块AB、和弹簧构成

的系统机械能守恒7.某煤渣传送装置的简化示意图如图所示,水平放置的传送带足够长,由电动机驱动,以4m/sv=的速度逆时针运行.打开进料阀门,位于N端上方贴近传送带的送料口每秒钟将80kg的煤渣落到传送带上(此时煤渣速度可忽略).煤渣与传送带之间的动摩擦因数

为0.5.假设整个传送装置已经稳定运行了很长时间.则在运送煤渣的过程中,以下说法中正确的是(重力加速度g取210m/s)()A.相比传送带空载时,电动机对传送带应增加的平均牵引力为320NB.相比传送带空载时,电动机应增加的功率为128

0WC.每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为16mD.30秒内因煤渣与传动带间的摩擦而产生的热量为38400J8.一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图

中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取210m/s。则（）A．物块下滑过程中机械能不守恒B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为26.0m/sD．当物块下滑2.0m时机械能损失了12J9.2018年7月1日，由我国自行研制的全球最长高铁列车——16节长编组“复兴号”在北京

南站正式上线运营.“复兴号”动车组由16节车厢组成，其中第1、2、5、6、9、10、13、14节车厢为动车，其余为拖车.假设动车组各车厢质量均为m，每节动车的额定功率均为P，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比（比例系数为k）.下列

说法正确的是()A.“复兴号”行驶的最大速度8Pvkmg=B.“复兴号”的配置如果改成12节动车和4节拖车，最大速度将提高到原来的1.5倍C.“复兴号”进站做匀减速直线运动时，一位乘客单手持手机浏览网页，手对手机的力与车厢运动方向相反D.“复兴号”做匀加速直线运动时，第13、1

4节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1:210.如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平地面上，距地面0H高度处有一物体，在平行斜面向上的力F作用下由静止开始运动.选地面为零势能面，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，

其中0~1x是曲线，1x~2x是平行于x轴的直线，0~2x过程中物体一直沿斜面向上运动，则下列说法正确的是()A.0~1x过程中，力F做的功等于10EE−B.0~1x过程中，物体做加速度增大的加速运动C.1x~2x过程中，物体的动能不变D.1x~2x过程中，力F保持不变11.某

同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源，可提供输出电压为6V的交流电和直流电两种，交流电的频率为50Hz，重锤从高处由静止开始下落，在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，

即可验证机械能守恒定律.（1）他进行了下面几个操作步骤：A.按照图示的装置安装器件；B.将打点计时器接到电源的“交流输出”上；C.用天平测出重锤的质量；D.先释放纸带，后接通电源，打出一条纸带；E.测量纸带上某些点间的距离；F.根据测量的

结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能.其中操作不当的步骤是________没有必要进行的步骤是_______.（填选项字母）（2）该同学进行正确操作后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，

如图乙所示.其中O点为起始点，ABCDEF、、、、、为六个计时点.根据纸带上的测量数据分析可知，打B点时重锤的速度为__________m/s，重锤的加速度为_____2m/s.（保留三位有效数字）（3）该同学通过计算数据及查阅资料发

现，重锤的加速度与当地的重力加速度相差较大，为此他对实验设计进行了改进，用如图丙所示的实验装置来验证机械能守恒定律.通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出

）记录挡光时间t，用毫米刻度尺测出AB、之间的距离h，用游标卡尺测得小铁球的直径d.重力加速度为g.实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束.则小铁球通过光电门时的瞬时速度v=________.如果dthg、、、满足关系式____

_____，就可验证机械能守恒定律.12.如图所示，在倾角37=°的斜面下端固定一轻弹簧，当弹簧处于原长时，其上端在Q点位置处，质量1.0kgm=的滑块A从与Q点相距1.0mx=处的斜面上的P点由静止开始下滑，滑块A与斜面间的动摩擦因

数0.5=，运动过程中弹簧相对于初始状态的最大形变量0.05mx=.滑块的厚度不计，重力加速度g取210m/s，sin370.6cos370.8==，°°.求：（1）滑块A从P点下滑至Q点的时间；（2）弹簧的最大弹性势能；（3）滑块第一次碰

后返回时相对Q沿斜面向上能到达的最远距离.答案以及解析1.答案：A解析：对小环由动能定理可知212mghmv=,两过程小环到达C点时的速度大小相等,由于1cm,5mHR==,圆弧所对的圆心角较小,则可认为直杆BC的长度与弧AC的长度近似相等,根据受力分析可知,小环通过圆弧AC下滑时初始时刻加速度

比从直杆BC下滑时加速度大,且此后加速度逐渐减小,由此可画出两种情况下小环运动的vt−图线如图所示,由图可知12tt,故A正确.2.答案：D解析：小球运动到最低点时,根据牛顿第二定律可得2vFmgmR−=,橡皮筋的弹力2vFmgmR=+,F大于mg

,故A错误;根据cosPFv=可知,开始时0v=,则橡皮筋弹力做功的功率0P=,在最低点小球速度方向与F方向垂直,则橡皮筋弹力做功的功率0P=,故橡皮筋弹力做功的功率先变大后变小,故B错误;小球运动过程中,根据动能定理知,重力做功和橡皮筋弹力做功之

和等于小球动能增加量,故C错误;小球运动过程中,小球和橡皮筋组成的系统机械能守恒,可知小球机械能的减少量等于橡皮筋弹性势能的增加量,故D正确.3.答案：C解析：物块上升的高度为2x，因而增加的重力势能为P12Emgx=，A错误；根据动

能定理可得增加的动能为k12Emaxmgx==，B错误；根据能量守恒定律可得PkEEE=+，故增加的机械能为Emgx=，C正确；由于斜面是否光滑未知，因而不能确定拉力的大小，不能得到拉力做的功，D错误.4.答案：C解析：根据加速度—时间图线与坐

标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知，在0~6s时间内，物体的速度增加量为15m/sv=，由0vvv=−，可得在6st=时，物体的速度为17m/sv=，选项A错误；由动能定理，可知在0~6s时间内，合力对物体做的功

为22011285J22Wmvmv=−=，选项B错误；在0～6s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5WWPt==，选项C正确；由牛顿第二定律有，Fmgma−=，解得在6st=时，拉力16NF=，

物体的速度17m/sv=，则拉力F的功率为1617W272WPFv===，选项D错误.5.答案：C解析：水平面光滑，滑块不固定，当02vgR=时，设小球沿槽上升的高度为h，系统水平方向动量守恒，同时机械

能守恒，则有220011(),()22mvmMvmvMmvmgh=+=++，可解得MhRRMm=+，A错误；因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，C正确；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，相对滑块做竖直上抛运动，离开B点后将再次从B点落

回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，B错误；如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为20vmgmR+，D错误。6.答案：BCD解析：当加速度等于零时,两物块的速度达到最大,AB、分离的瞬间,AB、之间没有弹力作用,此时AB、有共同的加速度sing,故两物块速度不是最大

的,故A错误,B正确;从撤去力F到AB、分离的过程中,弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力,这两个力的合力对A物块做正功,所以A物块的机械能一直增大,故C正确;从撤去力F到AB、分离的过程中,物块AB、和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功,所以系统机械能守恒,

故D正确.7.答案：ABC解析：对煤渣,由动量定理可知00Ftmv=−,解得0804N320N1mvFt===,由牛顿第三定律可知,煤渣对传送带的作用力大小也为320N,则电动机对传送带应增加的牵引力为320N,选项A正确;相比传送带空

载时,电动机应增加的功率为3204W=1280WPFv==,选项B正确;煤渣刚落到传送带上时的加速度为25m/sag==,则达到与传送带共速的过程中有vat=,解得0.8st=,则此过程中每块煤渣在传送带上留

下的痕迹长度为140.8m1.6m222vvxvttt=−===,选项C正确;30秒内因煤渣与传动带间的摩擦而产生的热量为10.58010301.6J19200JQmgtx===,选项D错误.8.答案

：AB解析：由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A项正确；在斜面顶端，重力势能30Jmgh=，解得物块质量1kgm=，由重力势能随下滑距离s变化图像可知，重力势能可以表示为p(306)JEs=−，由动能随下

滑距离s变化图像可知，动能可以表示为k2JEs=，设斜面倾角为θ，则有34sin,cos55hL===，由功能关系有pkcos30JmgsEE−=+−(306230)J4Jsss=−+−−=，可得0.5=，B项正确；由2kk2J,2mvEsE==可得，2

224m/svs=，对比匀变速直线运动公式22vas=，可得22m/sa=，即物块下滑时加速度的大小为22.0m/s，C项错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0m时机械能为18J4J22JE=+=，机械能损失了30J2

2J8JE=−=，D项错误。9.答案：BD解析：当牵引力等于阻力时，动车速度达到最大，根据PFv=可知，“复兴号”行驶的最大速度8162PPvkmgkmg==，A错误；“复兴号”的配置如果改成12节动车和4节拖车，则“复兴号”的最大速度123164PPvkmgkmg==，则1.

5vv=，即最大速度将提高到原来的1.5倍，B正确；“复兴号”进站做匀减速直线运动时，一位乘客单手持手机浏览网页，手对手机的作用力与重力的合力的方向与车厢运动的方向相反，C错误；设每节动车的动力为F，在匀加速阶段，对16节车厢整体有81616Fkmgma

−=，对第14、15、16节车厢整体有133TkmgFma−+=，解得112TF=；对1、2节车厢整体有2222FkmgTma−−=，解得2TF=，即第13、14节车厢间作用力与第2、3节车厢间的作用力之比为1:

2，故D正确.10.答案：BD解析：0～1x过程中，根据功能关系得10FfWWEE−=−，则有10FWEE−，故A错误；根据功能关系得,FxfxEEx−=−图线的斜率EkFfx==−，由题

图乙可知，0~1x过程中，Ex−图像切线斜率不断增大，则Ff−不断增大，即合力sinFfmg−−不断增大，根据牛顿第二定律知，加速度不断增大，所以，0~1x过程中物体做加速度增大的加速运动，故B正确；1x~2x过程中物体的机械能不变，有0Ff−=，即Ff=保持不变，而重

力势能增大，则动能减小，故C错误，D正确.11.答案：（1）D；C（2）1.84；9.31（3）dt；222dght=解析：（1）实验时应先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带，D操作不当；在处理实验数据时，m可约去，不需要用天平测重锤的质量，C没有必要.（2）匀变速直线

运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出B点的速度大小为221.6814.3110m/s1.84m/s20.02ACBACxvt−−===；由逐差法得2()()4DEEFBCCDxxxxaT+−+==2222(35.4925.90)(25.9017.8

0)10m/s9.31m/s40.02−−−−=.（3）光电门测速度的原理是用短时间内的平均速度代替瞬时速度，因此有dvt=.若满足212vgh=，即222dght=，就可验证机械能守恒定律.12.答案：（1）1s（2）2.1J（3）0.16m解析：（1）滑块A从P点下滑至Q点

，根据牛顿第二定律sincosmgmgma−=，代入数据解得22m/sa=，由212xat=，解得1st=.（2）滑块从P点到最低点，根据功能关系p()sincos()Emgxxmgxx=+−+，代入数据解得

p2.1JE=.（3）设滑块从P点到第一次碰后返回时相对Q沿斜面向上能到达的最远距离为x，根据能量守恒定律()sincos(2)mgxxmgxxx−=++，代入数据解得0.16mx=.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100

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