《2020屆高三物理第二輪復(fù)習(xí) 動能定理和能量守恒定律專題質(zhì)量評估（三） 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理第二輪復(fù)習(xí) 動能定理和能量守恒定律專題質(zhì)量評估（三） 新人教版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題質(zhì)量評估（三） 一、 選擇題 1、 如圖3-1-8甲所示,一物塊在t=0時刻,以初速度v0從足夠長的粗糙斜面底端向上滑行,物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示,t0時刻物塊到達(dá)最高點,3t0時刻物塊又返回底端.已知重力加速度為g,由此可以確定（ ） A.物塊返回底端時的速度 B.物塊所受摩擦力大小 C.斜面傾角θ D.3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功 2.如圖1所示，水平彈簧勁度系數(shù)k=500 N/m，用一外力推物塊，使彈簧壓縮10 cm而靜止.突然撤去外力F，物塊被彈開，那么彈簧對物塊做多少功（彈簧與物塊沒連接）（ ） A.2.5 J B.5 J

2、 C.50 J D.25 J 3. 物體在拉力作用下沿粗糙斜面向上加速運(yùn)動，則（ ） A.物體機(jī)械能的改變量等于拉力所做的功 B.物體動能的改變量等于拉力所做的功和摩擦力所做的功的代數(shù)和 C.物體重力勢能的增加量等于物體克服重力所做的功 D.運(yùn)動過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能等于物體機(jī)械能的減少 4.物塊一次沿軌道1從A點由靜止下滑至底端B點，另一次沿軌道2從A點由靜止下滑經(jīng)C點至底端B點，AC=CB，如圖2所示.物塊與兩軌道的動摩擦因數(shù)相同,不考慮物塊在C點處撞擊的因素,則在物塊兩次整個下滑過程中（ ） A.物塊受到的摩擦力相同 B.沿軌道1下滑時的

3、位移較小 C.物塊滑至B點時速度大小相同 D.兩種情況下?lián)p失的機(jī)械能相同 5.在2020年北京奧運(yùn)會上,俄羅斯著名撐桿跳運(yùn)動員伊辛巴耶娃以5.05 m的成績第24次打破世界記 錄,圖3為她比賽中的畫面,下面說法中正確的是（ ） A.運(yùn)動員過最高點時的速度為零 B.運(yùn)動員下降過程中處于失重狀態(tài) C.撐桿恢復(fù)形變時,彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為動能 D.運(yùn)動員在上升過程中對桿先做正功后做負(fù)功 6.如圖4所示,兩根傾斜平行放置的光滑導(dǎo)電軌道,軌道間接有電阻R,處于垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場中,一根放置在軌道上的金屬桿ab,在平行于軌道平面向上的拉力F作用下,沿軌道勻速上滑,則在上滑的過程

4、中（ ） A.作用在桿ab上的所有力做功的代數(shù)和為零 B.拉力F和安培力做功的代數(shù)和等于桿ab機(jī)械能的增加量 C.拉力F和重力做功的代數(shù)和等于回路內(nèi)能的增加量 D.拉力F所做的功等于桿ab機(jī)械能與回路內(nèi)能增加量之和 7.如圖5所示，小球從豎直磚墻某位置靜止釋放，用頻閃照相機(jī)在同一底片上多次曝光，得到了圖中1、2、3、4、5…所示小球運(yùn)動過程中每次曝光的位置.連續(xù)兩次曝光的時間間隔均為T,每塊磚的厚度為d.根據(jù)圖中的信息,下列判斷正確的是( ) A.能判定位置“1”是小球釋放的初始位置 B.能求出小球下落的加速度為 C.能求出小球在位置“3”的速度為 D.能判

5、定小球下落過程中機(jī)械能是否守恒 8.將一個質(zhì)量為m的石塊以初速度v0從水平地面豎直上拋,石塊上升和下落過程中所受空氣阻力大小恒為Ff,設(shè)石頭在地面拋出處的重力勢能為零,已知石塊上升的最大高度為H,重力加速度為g.則以下說法中正確的是（ ） 9.如圖6所示，在一直立的光滑管內(nèi)放置一輕質(zhì)彈簧，上端O點與管口A的距離為2x0，一質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點B，壓縮量為x0，不計空氣阻力，則下列說法錯誤的是（ ） A.小球從接觸彈簧開始，其速度一直減小 B.小球運(yùn)動的最大速度大于 C.彈簧的勁度系數(shù)大于mg/x0 D.彈簧的最大彈性勢能為3mgx0

6、10.（2020·山東高考）圖7為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng).斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為，木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程.下列選項正確的是( ) A.m=M B.m=2M C.木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度 D.在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 二、計算題 11. 如圖8甲所示，一質(zhì)量為m=1 kg的物塊靜止在粗糙水平面上的

7、A點，從t=0時刻開始，物體在水平力F作用下向右運(yùn)動，水平力隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示.第3 s末物塊運(yùn)動到B點時速度剛好為0，第5 s末物塊剛好回到A點，已知物塊與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.（g取10 m/s2）求： （1）AB間的距離； （2）水平力F在5 s時間內(nèi)對物塊所做的功. 12. (12分)如圖9甲所示,在同一豎直平面內(nèi)的兩個正對著的相同半圓形光滑軌道,相隔一定的距離,虛線沿豎直方向,一小球能在其間運(yùn)動,今在最高點與最低點各放一個壓力傳感器,測試小球?qū)壍赖膲毫?并通過計算機(jī)顯示出來,當(dāng)軌道距離變化時,測得兩點壓力差與距離x的圖象如圖乙,g取10 m/s2,不

8、計空氣阻力,求: (1)小球的質(zhì)量為多少; (2)若小球在最低點B的速度為20 m/s,為使小球能沿軌道運(yùn)動,x的最大值為多少. 13.如圖10所示，水平桌面上有一輕彈簧，左端固定在A點，自然狀態(tài)時其右端位于B點.水平桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧,MN為其豎直直徑,P點到桌面的豎直距離也是R.用質(zhì)量m1=0.4 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點,釋放后彈簧恢復(fù)原長時物塊恰停止在B點.用同種材料、質(zhì)量為m2=0.2 kg的物塊將彈簧緩慢壓縮到C點釋放，物塊過B點后其位移與時間的關(guān)系為x=6t-2t2,物塊飛離桌面后由P點

9、沿切線落入圓軌道.g=10 m/s2,求: (1)BP間的水平距離. (2)判斷m2能否沿圓軌道到達(dá)M點. (3)釋放后m2運(yùn)動過程中克服摩擦力做的功. 答案及解析 一、選擇題 1、 【解析】選A、C.由題圖乙可以直接得出物塊回到斜面底端的速度為，故A正確；對物塊上升、下滑階段分別用牛頓第二定律得mgsinθ+Ff=m,mgsinθ-Ff=m，可解得sinθ=，F(xiàn)f=，由此可以確定斜面傾角θ，因物塊質(zhì)量m未知，無法確定Ff，故B錯、C正確；由動能定理，3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功W=mv20-m()2=mv20，由于質(zhì)量未知，所以無法確定，故D錯. 2、 【解析】選A.

10、彈簧的彈力是變力，不能直接用W=Flcosα進(jìn)行計算.但由于彈簧的彈力遵循胡克定律，可以用胡克定律的圖象表示法，彈開過程彈力逐漸減小，當(dāng)恢復(fù)原長，彈力為零，根據(jù)胡克定律，可作物塊的受力與位移的關(guān)系圖如圖， 根據(jù)力—位移圖象所圍面積表示力在這一過程中的功，有W=×50×0.1 J=2.5 J. 3、 【解析】選C.物體機(jī)械能的改變量等于拉力和摩擦力對物體做的總功,A錯誤;物體動能的改變量等于外力對物體做的總功,包括重力做的功,B錯誤;物體重力勢能的增加量等于物體克服重力所做的功,C正確;運(yùn)動過程中,由于摩擦產(chǎn)生內(nèi)能,但因拉力做正功,使物體加速上升,物體的機(jī)械能增加,故D錯誤. 4、 【

11、解析】選C、D.由Ff=μmgcosθ可知,因斜面的傾角不同,物塊受到的摩擦力也不同,A錯誤;因始點和終點相同,因此兩次滑動過程位移相同,B錯誤;設(shè)軌道1傾角為θ1,軌道2 AC段傾角為θ2,CB段傾角為θ3,由動能定理知,mgh-μmgcosθ1lAB=mv12,mgh-μmgcosθ2lAC-μmgcosθ3lCB=mv22.因lACcosθ2+lCBcosθ3=lABcosθ1,故有:v1=v2,μmgcosθ1lAB=μmgcosθ2lAC+μmgcosθ3lCB.因此C、D均正確. 5、【解析】選B、D.運(yùn)動員過最高點時仍有水平速度,A錯誤;運(yùn)動員下降過程中加速度豎直向下,處于失重

12、狀態(tài),B正確;撐桿恢復(fù)形變時,彈性勢能有一部分轉(zhuǎn)化為運(yùn)動員的重力勢能,C錯誤;運(yùn)動員在上升過程中,開始階段,桿的形變增大,運(yùn)動員對桿做正功,后一階段,桿的形變減小,運(yùn)動員對桿做負(fù)功,D正確. 6、【解析】選A、B、C、D.桿ab沿軌道勻速上滑的過程中,拉力F對桿ab做功,同時,桿ab要克服安培力F1和重力G做功,桿ab的動能增加量ΔEk=0,由動能定理可知,WF-WF1-WG=0 ① 選項A正確.克服安培力F1做的功全部轉(zhuǎn)化為電能E電,即拉力F做的功一部分轉(zhuǎn)化為電能E電,一部分用于增加重力勢能,由能量守恒WF=WF1+WG

13、 ②所以WF-WF1=WG=ΔE機(jī)，選項B正確.同理由②式得WF-WG=WF1=E電，即選項C正確.由②式知,拉力F做的功WF等于增加的電能E電和增加的重力勢能之和,故選項D正確. 7、 8、 9、 10、【解析】選B、C.木箱和貨物下滑過程中,設(shè)下滑高度為h,根據(jù)功能關(guān)系有(M+m)gh-μ(M+m)gh=E彈，木箱上滑過程中,根據(jù)功能關(guān)系有-Mgh-μMgh=0-E彈代入相關(guān)數(shù)據(jù),整理得m=2M,A錯,B正確; 木箱和貨物下滑過程中,根據(jù)牛頓第二定律有a1=g(sinθ-μcosθ),方向沿斜面向下木箱上滑過程中,根據(jù)牛頓第二

14、定律有a2=g(sinθ+μcosθ),方向沿斜面向下,所以C對;根據(jù)能量守恒定律知,還有一部分機(jī)械能由于克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,D錯. 二計算題 11、 【解析】（1）在3 s～5 s時間內(nèi)，物塊在水平恒力F作用下由B點勻加速直線運(yùn)動到A點，設(shè)加速度為a，AB間的距離為x，則由牛頓第二定律得： （2）設(shè)整個過程中F所做功為WF，物塊回到A點的速率為vA，由動能定理和運(yùn)動學(xué)公式得： WF-2μmgx=mv2A（3分） v2A=2ax,（2分） 解得：WF=2μmgx+max=24 J.（1分） 答案：（1）4 m （2）24 J 12、 【解析】(1)設(shè)軌道半徑為R,由機(jī)械能守恒定律: 答案：(1)0.1 kg (2)15 m 13、 （3）設(shè)彈簧長為AC時的彈性勢能為Ep,物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ,釋放m1時，Ep=μm1gxCB（1分） 釋放m2時，Ep=μm2gxCB+m2v02（1分） 且m1=2m2,Ep=m2v02=7.2 J（1分） m2在桌面上運(yùn)動過程中克服摩擦力做功為Wf 則Ep-Wf=m2vD2（1分） 可得Wf=5.6 J（1分） 答案：(1)4.1 m (2)不能到達(dá)M點 （3）5.6 J