【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（2） 含解析.docx，共(12)页，488.254 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（2）1.如图是小梁做引体向上的示意图.假设小梁在30s内刚好连续做了10个完整的引体向上.若每次完整的引体向上分为身体“上引”(身体由静止开始从最低点升到最高点)和“下放”(身体从最高点回到最低点的初始状态)两个过程,单杠在整个过程中相对地

面静止不动,则下列说法正确的是()A.单杠对双手的弹力是由于小梁的手发生了弹性形变产生的B.一次完整的引体向上过程中,小梁的机械能守恒C.小梁在30s内克服重力做功的功率约为100WD.“上引”过程中,单杠对小梁做正功2.如图所示，一质量分布均匀的粗绳长为2a，质量为2m，两端固定于

水平天花板上相距为a的两点且悬垂静止，其重心与天花板的距离为b，现施加一外力F作用在绳的最低点C，并将绳缓慢地拉直至D点，重力加速度为g，则()A.绳的重心降低，重力势能减少了32()4mgba−B.绳的重心升高，重

力势能增加了632()mgba−C.绳的重心升高，重力势能增加了32()4mgba−D.绳的重心降低，重力势能减少了632()mgba−3.目前,我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破.为早日实现无人驾驶,某公司对汽车性能进行了一项测试,让质量为m的汽车沿一山

坡直线行驶.测试中发现,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变;若以恒定的功率P上坡,则汽车从静止开始做加速运动,行驶位移s时速度刚好达到最大值mv.设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变,下列说法正确的是()A.关掉油门后的下坡过程,汽车的机械

能守恒B.关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力的冲量为零C.上坡过程中,汽车速度由m4v增至m2v所用的时间可能等于2m332mvPD.上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度mv所用时间一定小于m2sv4.“跳一跳”小游戏需要操作者控制棋子离开平台时的速度，使其能跳到旁边等高

的平台上.如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，其最高点离平台的高度为h，在最高点时的速度为v，若质量为m、可视为质点的棋子在运动过程中，只受重力作用，重力加速度为g，以平台所在平面为零势能面，则()A.棋子从最高点落到平台上所需时间22htg=B.棋子在两平台

上落点间的距离2hxvg=C.棋子落到后一个平台上时的机械能212Emghmv=+D.棋子落到后一个平台上时的动能2k12Emv=5.水平白色传送带以01m/sv=的速度沿逆时针方向做匀速运动，一质量为1kgm=的小石墨块P（可视为质点）以5m/sv=的

速度从左端滑上传送带，已知P与传送带间的动摩擦因数0.5=，传送带水平长度为3m，重力加速度取210m/sg=.则()A.P在传送带上向右运动的最大位移为3mB.从P滑上传送带至掉下，P在传送带上留下的黑色痕迹长度为0.5mC.从P滑上传送带至掉下，P与传送带之

间产生的摩擦热12.5JQ=D.从P滑上传送带至掉下，电动机多做的功6JW=6.在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块AB、,它们的质量分别为1m和2m,弹簧的劲度系数为,kC为一固定挡板,系统处于静

止状态.现用一平行于斜面向上的拉力F拉物块A,使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C,在此过程中()A.拉力的大小一直增大B.物块B刚要离开挡板C时,拉力121()sinFmmgma=++C.拉力做功的功率先增大后减小D.物块

A的机械能先减小后增大7.如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m的圆环相连,圆环套在倾斜的粗糙固定杆上,杆与水平面之间的夹角为α,圆环在A处时弹簧竖直且处于原长.将圆环从A处由静止释放,到达C处时速度为零.若圆环在C处获得沿杆向上的速度v,恰好能回到

A.已知,ACLB=是AC的中点,弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g,则下列叙述正确的是()A.下滑过程中,圆环受到的合力一直减小B.下滑过程中,圆环与杆摩擦产生的热量为214mvC.从C到A过程,弹簧对圆环做的功为21sin4mgLmv−D.圆环

两次经过B处时,上滑的速度小于下滑的速度8.如图甲所示，将物块从倾角为30=°的斜面顶端由静止释放，取地面为零势能面，物块在下滑过程中的动能kE、重力势能pE与下滑位移x间的关系如图乙所示，取210m/sg=，下列说法正确

的是()A.物块的质量是0.2kgB.物块受到的阻力是0.25NC.物块动能与势能相等时的高度为3.6mD.物块下滑9m时，动能与重力势能之差为3J9.如图所示，质量为1kg、半径为0.2mR=的内部呈光滑半球形的碗B放在光滑的水平桌面上，A是质量为2k

g的细长直杆，光滑套管D固定，A可以自由上下运动，物块C的质量为1kg，紧靠碗放置，初始时A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触，然后从静止开始释放AABC，、、便开始运动，210m/sg=，则以下说法正

确的是()A.长直杆的下端第一次运动到碗内的最低点时，B的速度为1m/sB.长直杆的下端第一次运动到碗内的最低点时，C的速度为2m/sC.运动过程中，长直杆的下端能上升到的最高点距碗的半球面底部的高度为0.1mD.从静止释放长直杆到杆的下端又上

升到距碗的半球面底部最大高度的过程中，C对B做的功为2J−10.如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮用轻绳提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，在货车的牵引下，货物从静止开始先做加速运动，再做匀速运

动，最后做减速运动直至静止，整个过程中将货物提升的高度为h，则()A.货物的机械能先增加后减少B.货物对箱底的压力始终大于mgC.若图示位置货车的速度为v，则此时货物的速度为cosvD.整个过程中货车拉力做的功为()Mmgh+11.“探究功与速度变化的关系”的实验装置如图甲所示.(1)除了

图甲中所给出的实验器材外,实验还需要的器材有_________;A.B.C.D.(2)实验中小车会受到阻力,可以使木板适当倾斜来“抵消”阻力的影响,需要将木板的______侧适当垫高(填“左”或“右”);(3)某次橡皮筋

对小车做功为W，打点计时器打出的纸带如图乙所示,ABCG、、是纸带上标出的计数点,每两个相邻的计数点之间还有4个打出的点未画出,已知打点计时器的打点频率为50Hz,则对应的小车速度v=________m/s(保留两位有效数字);(4)若根据多次测量数据画出的Wv−图像如图

所示,可知W与v的关系可能正确的是_______.A.B.C.D.12.滑板运动是一项刺激的运动,深受青少年的喜欢,某次比赛中部分赛道如图甲所示.现将赛道简化为如图乙所示的模型:平台A和平台BC相距3.2mh=,粗糙水平轨道DE与光滑圆

弧形轨道CDEF、相切于DE、点.运动员与滑板一起(可看作质点)从A点以速度0v水平飞出,恰好从C点无能量损失地沿着圆弧切线进入CD轨道,滑过DE冲上EF轨道,然后返回,恰好到C点速度为零.已知运动员和滑板

的总质量为60kgm=,光滑圆弧轨道CD对应的圆心角53=°,圆弧形轨道半径均为4mR=.不计空气阻力,g取210m/s,sin530.8cos3530.6==，°°.求:(1)运动员的初速度0v大小;(2)运动员第一次经过D点时滑板对圆弧轨道的压力大小;(3)运动员从A点开始飞

出到返回C点的过程中机械能的损失量.答案以及解析1.答案：C解析：单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变产生的,故A错误;在做引体向上运动时,单杠对小梁不做功,人的手臂对躯体做功消耗了人体的化学能转化为机械能,人的机械能不守恒,故B、D错误;小梁每做一次完整的引体向上克服重力

所做的功约为6000.5J300JWGh===,小梁在30s内克服重力做功的功率约为1010300W100W30WPt===,故C正确.2.答案：C解析：因为外力做功，绳的重力势能增加，所以重心升高，开始时重心与天花板距离为b，施加一外力F作用在

绳的最低点C，并将绳缓慢地拉直至D点时，重心与天花板的距离为13cos3024haa==°，所以重力势能增加了32()4mgba−，选项C正确.3.答案：D解析：关掉油门后的下坡过程,汽车的速度不变,动能不变,重力势能减小,则

汽车的机械能减小,故A错误;关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力大小不为零,作用时间不为零,则冲量不为零,故B错误;设上坡过程中,汽车所受阻力大小为f,汽车速度由m4v增至m2v所用的时间为t,根据动能定理可得22mm11()()2224vvPtfsmm

−=−,解得2m332mvfstPP=+,故C错误;上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度mv,功率不变,则速度增大、加速度减小，设所用时间为1t,则1m2vts,解得m12stv,故D正确.4.答案：C解

析：棋子从最高点落到平台上，竖直方向上做自由落体运动，下落时间2htg=，A错误；根据运动的对称性，上升和下落的总时间22htg=，棋子在水平方向上做匀速直线运动，所以棋子在两平台上落点间的距离22hxvg=，B错误；棋子运动过程中机械能守恒，以平台所在平面为零势能面

，棋子在最高点的机械能212Emghmv=+，与落到后一个平台上时的机械能相等，故C正确，D错误.5.答案：D解析：小石墨块P向右减速阶段，减速加速度大小为25m/sag==，速度减为零时，向右运动的位移最大，有2055m2

.5m225vxa−−===−−，选项A错误.小石墨块P在速度减为0后，反向向左加速直到与传送带共速，设共经t时间，有21m/s5m/s5m/st=−+，得1.2st=.则由如图所示的vt−图象，易知P在传送带上留下的黑色痕迹长度等于阴影面积，即(51)1.2m3.

6m2s+==相对，选项B错误.P与传送带之间产生的摩擦热53.6J18JQmgs===相对，选项C错误.电动机多做的功=511.2J=6JWmgs=传送带，选项D正确.6.答案：AB解析

：当物块B刚要离开挡板C时,有21sinmgkx=,对A,有111sinFmgkxma−−=,解得拉力121()sinFmmgma=++,B正确;设A开始运动到弹簧恢复原长前,弹簧的形变量为x,对于A,有11sin,Famgkxmx−+=减小,F

增大,设弹簧恢复原长后,弹簧的形变量为x,对于A,有11sinFmgxakm−−=,x增大,F增大,故拉力F一直增大,由于物块A做匀加速运动,速度一直增大,由PFv=,知拉力做功的功率一直增大,A正确,C错误;物块A以加速度a沿斜面向上做匀加速

运动,速度增大,动能增大,上升高度增加,势能增大,所以杋械能増大,D错误.7.答案：BC解析：圆环从A处由静止释放,初速度为零,到达C处时速度为零,所以圆环先做加速运动,后做减速运动,所以加速度先减小至零,后反向增大,则合力先

减小后增大,故A错误.圆环从A处由静止释放滑到C处的过程,由动能定理得00fmghWW+−=−弹;圆环在C处获得沿杆向上的速度v,恰好能回到A,由动能定理得2102fmghWWmv−++=−弹,联立解得214fWmv=−，所以下滑过程中,圆环与杆摩擦产生的热

量为214mv,故B正确.从C到A过程,由动能定理得210,sin2fmghWWmvhL−++=−=弹,联立解得弹簧对圆环做的功21sin4WmgLmv=−弹,故C正确.研究圆环从A处由静止释放到滑到B处的过程,由动能定理得2102fBmghWWmv+−=−

弹;研究圆环从B处上滑到A处的过程,由动能定理得2102fBmghWWmv−++=−弹,即得212fBmghWWmv−−=弹,由于0fW,所以有221122BBmvmv,则圆环经过B处时,上滑的速

度大于下滑的速度,故D错误.8.答案：AD解析：由题图乙知，物块下滑的最大位移为12mx=，在最高点时，物块的重力势能psin3012JEmgx==°，得物块的质量0.2kgm=，A正确；根据除重力以外其他力做的功WE

=其可知fxEE=−低高，由题图乙知，在最高点时物块的机械能为=12JE高，在最低点时物块的机械能为8JE=低，又12mx=，解得阻力大小为1N3f=，B错误；设物块动能和重力势能相等时的高度为h，此时有212mghmv=，由

动能定理有21()(sin30)sin302hfxmgxhmv−−+−=°°，联立解得2.4mh=，C错误；由题图乙可知，物块下滑9m时，物块的重力势能是3J，动能为6J，动能与重力势能之差为6J3J3J−=

，D正确.9.答案：BCD解析：长直杆的下端运动到碗内的最低点时，长直杆在竖直方向的速度为零，三者组成的系统只有重力做功，且BC、一起向右运动，速度相等，由机械能守恒定律有21()2CABmgRmmv=+，解得2m/sv=，A错误，B正确；长直杆的下端上升到最高点时，长直杆在竖直方向的速度为零，

B在水平方向的速度为零，AB、组成的系统机械能守恒，212ABmghmv=，解得0.1mh=，C正确；从静止释放长直杆到长直杆的下端又上升到距碗的半球面底部最大高度的过程中，对C由动能定理可得212CWmv=，解得2JW=，此过程中B

与C间的相互作用力等大、反向，B与C的位移相等，因此C对B做的功为2J−，此后BC、分离，C对B不做功，D正确.10.答案：CD解析：因为绳的拉力始终对货物做正功，故货物的机械能一直增加，A错误；因为货物从静止

开始先做加速运动，再做匀速运动，最后做减速运动直至静止，根据超重、失重的特点知，在加速阶段，箱底对货物的支持力大于mg，在匀速阶段，箱底对货物的支持力等于mg，在减速阶段，箱底对货物的支持力小于mg，由牛顿第三定律知，货物对箱底的压力先大于mg，然后等于mg，最后小

于mg，B错误；将货车的速度沿绳方向和垂直于绳方向分解，有cosvvv==货物绳，C正确；整个过程中根据动能定理有()0WMmgh−+=，解得货车拉力做的功W为()Mmgh+，选项D正确.11.答案：(1)B

C(2)左(3)0.17(4)C解析：(1)除了题图甲中所给出的实验器材外,实验还需要的器材有低压交流电源和刻度尺,故B、C符合要求.(2)小车从左向右运动,所以为了平衡小车运动的阻力,需要将木板的左侧适当垫高.(3)每两个相邻的计数点之间还

有4个打出的点未画出,则可知相邻计数点间时间间隔0.1sT=,利用纸带求解小车速度2(1.681.671.68)10m/s0.17m/s30.1v−++=.(4)因为212Wmv=,则Wv−图像应为开口向上的抛物线,故C图符合题意.12.答案：(1)6m/s(2)2580

N(3)3000J解析：(1)运动员运动到C点,对其速度进行分解有0tan53yvv=°,竖直方向做自由落体运动,有202yvgh−=,联立解得06m/sv=;(2)运动员经过C点时的速度221010m/syvvv=+=,设运动员第一次经过D点时速度为2v,根据动能定理222111(1cos

53)22mvmvmgR−=−°,在D点,根据牛顿第二定律22vNmgmR−=,根据牛顿第三定律可知滑板对圆弧轨道的压力2580NNN==;(3)取C点所在水平面为零势能面,则初态机械能21013000J2Emvmg

h+==,返回C点时,机械能为零,所以从A点开始飞出到返回C点的过程中机械能的损失量为3000J.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com