《（江蘇專用）2022高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：基礎回扣練7 動能定理、功能關系》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2022高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：基礎回扣練7 動能定理、功能關系（4頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（江蘇專用）2022高考物理總復習 優(yōu)編題型增分練：基礎回扣練7 動能定理、功能關系 1．(2018·南京市學情調研)大型強子對撞器LHC(Large Hadron Collider)是一座歐洲核子研究組織CERN的粒子加速器與對撞機，加速管中的單個質子具有的能量為7 TeV(7×1012 eV)，此能量最接近(　　) A．一只蝸牛爬行時的動能 B．遼寧艦正常行駛時的動能 C．手機充滿1次電消耗的電能 D．家用空調工作1 h消耗的電能 答案　A 解析　7×1012 eV＝7×1012×1.6×10－19 J＝1.12×10－6 J，此能量接近一只蝸牛爬行時的動能． 2．背越式跳

2、高是一項跳躍障礙的運動項目，包括助跑、起跳、過桿和落地四個階段，如圖1為從起跳到落地的運動過程分解圖，某同學身高1.80 m，體重60 kg，參加學校運動會成功地越過了1.90 m的橫桿，該同學跳起時刻的動能可能是下列哪個值(g取10 m/s2)(　　) 圖1 A．400 J B．500 J C．800 J　D．2 000 J 答案　C 解析　運動員跳高過程可以看做豎直上拋運動，當重心達到橫桿時速度恰好為零，運動員重心升高高度約為：h＝1.90 m－ m＝1.0 m. 根據(jù)機械能守恒定律可知，跳起時的動能： Ek＝mgh＝60×10×1 J＝600 J， 因實際過程中存在

3、阻力，則可知，只有動能大于600 J時才能成功越過，但2 000 J不符合實際，故只有C正確，A、B、D錯誤． 3．(多選)(2018·如皋市調研)如圖2所示，一輕彈簧的左端固定，右端與一小球相連，小球處于光滑水平面上，現(xiàn)對小球施加一個方向水平向右的恒力F，使小球從靜止開始運動．則小球在向右運動到最遠的整個過程中(　　) 圖2 A．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能逐漸增大 C．小球的動能逐漸增大 D．小球的動能先增大后減小 答案　BD 4．(2018·第二次全國大聯(lián)考(江蘇卷))如圖3為沿斜坡向上行駛的汽車，當汽車在拉力F作用下向上運動時，汽車

4、的機械能E與位移x的關系如圖所示(AB段為曲線)，汽車與斜面間的摩擦忽略不計．下列說法正確的是(　　) 圖3 A．0～x1過程中，汽車所受拉力逐漸增大 B．x1～x2過程中，汽車速度可達到最大值 C．0～x3過程中，汽車的動能一直增大 D．x1～x2過程中，汽車以恒定的功率運動 答案　B 解析　設斜坡的傾角為 α，則汽車的重力勢能為Ep＝mgxsin α，由動能定理得汽車的動能為Ek＝Fx－mgxsin α，則汽車的機械能為E＝Ek＋Ep＝Fx，即圖線的斜率表示 F，則可知 0～x1 過程中汽車受到的拉力恒定，選項A錯誤；x1～x2 過程中，拉力逐漸減小，隨著F 的減小，汽車

5、先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，加速度為零時，速度達到最大，選項B正確；綜上可知，0～x3 過程中，汽車的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，C錯誤；x1～x2過程中，汽車所受拉力逐漸減小，到x2處為零，則汽車到x2處的功率為零，選項D錯誤． 5．(2018·鹽城市三模)小球被豎直向上拋出，然后回到原處．小球初動能為Ek0，所受空氣阻力與速度大小成正比，則該過程中，小球的動能與位移x關系的圖線是下列圖中的(　　) 答案　C 解析　設小球的質量為m，由題意可知，空氣阻力與速度關系為Ff＝kv(k是比例常數(shù)) 取極短位移Δx為研究過程，根據(jù)動能定理得： 上升

6、過程中有－(mg＋Ff)Δx＝－ΔEk，所以ΔEk＝(mg＋Ff)Δx，Ek－x圖象斜率的大小等于mg＋Ff，由于上升過程速度減小，則Ff減小，所以圖象的斜率絕對值減小(對應上面一條曲線)． 下降過程中有(mg－Ff)Δx＝ΔEk，Ek－x圖象斜率的大小等于mg－Ff，由于下降過程速度增大，則Ff增大，所以圖象的斜率絕對值隨位移的減小而減小(對應下面一條曲線)，故C正確、A、B、D錯誤． 6．(多選)(2018·無錫市高三期末)如圖4所示，質量分別為m1、m2的兩物塊A、B通過一輕質彈簧連接，靜止放置在光滑水平面上，彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內，t1＝0時刻在A上施加一

7、個水平向左的恒力F，t2＝t時刻彈簧第一次恢復到原長狀態(tài)，此時A、B速度分別為v1和v2.則t1到t2時間內(　　) 圖4 A．A、B和彈簧組成系統(tǒng)的機械能先增大后減小 B．當A的加速度為零時，B的加速度為 C．當彈簧的彈性勢能最大時，兩物塊速度相等 D．物塊B移動的距離為 答案　CD 解析　通過受力分析可知，物塊A先做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，物塊B先做加速度增大的加速運動，后做加速度減小的加速運動，t1～t2時間內，拉力F一直做正功，系統(tǒng)的機械能一直增大，故A錯誤；當A的加速度為零時，彈簧彈力等于F，所以B的加速度為，故B錯誤；速度相等前，A一直比

8、B速度大，所以彈簧一直在變長，當兩物塊速度相等時，彈簧最長，彈簧的彈性勢能最大，故C正確；因為彈簧恢復原長，所以彈簧彈性勢能為零，根據(jù)功能關系可知：Fx＝m1v12＋m2v22，所以x＝，故D正確． 7．(多選)如圖5所示，一輕繩通過無摩擦的小定滑輪O與質量為mB的小球B連接，另一端與套在光滑豎直桿上質量為mA的小物塊A連接，桿兩端固定且足夠長，物塊A由靜止從圖示位置釋放后，先沿桿向上運動．設某時刻物塊A運動的速度大小為vA，加速度大小為aA，小球B運動的速度大小為vB，輕繩與桿的夾角為θ.重力加速度為g，則(　　) 圖5 A．vB＝vAcos θ B．aA＝－g C．小球B減小

9、的重力勢能等于物塊A增加的動能 D．當物塊A上升到與滑輪等高時，它的機械能最大 答案　AD 解析　將物塊A的速度沿繩子方向和垂直于繩子的方向進行分解，沿繩子方向的分速度等于B的速度，即vB＝vAcos θ，A正確；根據(jù)力的合成與分解法則，結合牛頓第二定律得：FTcos θ－mAg＝mAa，而FT＜mBg，則有，aA<－g，故B錯誤；A、B系統(tǒng)的機械能守恒，那么小球B減小的機械能等于物塊A增加的機械能，C錯誤；物塊A上升到與滑輪等高前，拉力做正功，機械能增加，物塊A上升到與滑輪等高后，拉力做負功，機械能減小，所以A上升到與滑輪等高時，A的機械能最大，D正確． 8．(2018·無錫市期中)

10、如圖6所示，楔形木塊固定在水平面上，斜面AB、BC與水平面的夾角分別為53°、37°.質量分別為2m、m的兩滑塊P、Q通過不可伸長的輕繩跨過輕質定滑輪連接，輕繩與斜面平行．已知滑塊P與AB間的動摩擦因數(shù)為，其它摩擦不計，在兩滑塊運動的過程中(　　) 圖6 A．Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功 B．Q機械能的增加量等于P機械能的減少量 C．P機械能的減少量等于系統(tǒng)摩擦產生的熱量 D．P克服輕繩拉力做的功等于輕繩拉力對Q做的功 答案　D 解析　在兩滑塊運動的過程中，Q沿斜面上升，輕繩的拉力和重力都對Q做功，由動能定理知Q動能的增加量等于輕繩對Q做的功與重力做功的代數(shù)和，故A錯誤．由于P下滑過程中要產生內能，所以Q機械能的增加量與系統(tǒng)摩擦產生的內能之和等于P機械能的減少量，故B、C錯誤．由題圖可知，P與Q位移的大小是相等的，輕繩對P與對Q的拉力也相等，所以P克服輕繩拉力做的功等于輕繩拉力對Q做的功，故D正確．