2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 专题六 机械能及其守恒定律课件

经典特训题组1．(多选)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能()A．一直增大B．先逐渐减小到零，再逐渐增大C．先逐渐增大到某一值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大答案ABD解析若该恒力与开始时质点匀速运动的方向夹角小于90°，则该恒力做正功，该质点的动能一直增大，A正确；若该恒力与开始时匀速运动的方向相反，则该恒力先做负功，待速度减小到零后该恒力做正功，该质点的动能先逐渐减小到零，再逐渐增大，B正确；如果恒力方向与原来速度方向成锐角，那么将速度沿恒力方向所在直线和垂直恒力方向分解，恒力与其中一个分速度方向相同，这个分速度就会增加，另一个方向的分速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故C错误；若该恒力与开始时匀速运动的方向夹角大于90°小于180°，则该恒力先做负功，后做正功，该质点的动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大，D正确。2．(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是()A．0～6s内物体的位移大小为30mB．0～6s内拉力做的功为70JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N答案ABC解析由v­t图象与t轴围成的面积表示位移，可得0～6s内物体的位移大小x＝4＋62×6m＝30m，故A正确；由P­t图象与t轴围成的面积表示做功多少，可得在0～2s内拉力对物体做功W1＝30×22J＝30J，2～6s内拉力对物体做功W2＝10×4J＝40J，所以0～6s内拉力做的功为W＝W1＋W2＝70J，B正确；由图甲可知，在2～6s内，物体做匀速运动，合外力为零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等，故C正确；在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，滑动摩擦力f＝F＝Pv＝106N＝53N，故D错误。3.一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是()答案A解析设牵引力大小为F，由题图可知，汽车先以恒定功率P1运动，P1＝Fv，零时刻，若Ff，则a＝F－fm，随着v增大，F减小，汽车刚开始做加速度减小的加速运动，当F减小为f，即v＝P1f时，汽车做匀速直线运动，当功率在t1时刻增大为P2时，速度瞬时不变，牵引力增大，汽车又开始先做加速度减小的加速直线运动，当F减小为f，即v＝P2f时，汽车再次做匀速直线运动，所以A正确，B错误，D错误；零时刻，若F＝f，则在0～t1时，汽车做匀速直线运动，当t1时刻功率增大为P2时，汽车开始先做加速度减小的加速直线运动，当F减小为f，即v＝P2f时，汽车做匀速直线运动，故C错误。4.(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM∠OMNπ2。在小球从M点运动到N点的过程中()A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案BCD解析小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示。从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功；从A点到B点，弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功；从B点到N点，弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，A错误。小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B点时，弹簧处于原长，弹簧和杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正确。在A点时，弹簧长度最短，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹＝F弹vcosα＝0，C正确。从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则Ek增＝Ep减，即EkN－0＝Ep重M－Ep重N＋Ep弹M－Ep弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能Ep弹N＝Ep弹M，故EkN＝Ep重M－Ep重N，D正确。5．一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C解析设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上滑时，有－(mgsinθ＋f)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(f＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负；当小物块沿斜面下滑时，根据动能定理有(mgsinθ－f)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－f)x＋(mgsinθ－f)x0，Ek随x的减小而增大，且图象为直线。综上所述，C正确。6.(多选)如图所示，两个小球A、B分别固定在轻杆的两端，轻杆可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动，OAOB，现将该杆静置于水平方向，放手后两球开始运动，已知两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用，则从开始运动到杆转到竖直位置的过程中，以下说法正确的是()A．两球组成的系统机械能守恒B．B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量C．重力和空气阻力对A球做功代数和等于它的动能增加量D．A球克服空气阻力做的功大于B球克服空气阻力做的功答案BD解析由于两球组成的系统在运动过程中空气阻力做负功，不符合机械能守恒定律的条件，即系统机械能不守恒，A错误；B球克服重力做功WG＝mBg·OB，其重力势能的增加量ΔEp＝mBg·OB，两者相等，即B球克服重力做的功等于B球重力势能的增加量，B正确；根据动能定理，合外力做的功等于物体动能的变化，A球运动过程中有重力GA、空气阻力f和轻杆对它的力F对它做功，所以重力和空气阻力对A球做功代数和不等于它的动能增加量，C错误；由于两球在运动过程中受到大小始终相同的空气阻力作用，由微元法可知A球克服空气阻力做的功为WA＝f·AA′︵，B球克服空气阻力做的功为WB＝f·BB′︵，且AA′︵BB′︵，故WAWB，D正确。真题调研题组1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心答案A解析光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功。故选A。2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能()A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比答案B解析列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝12mv2，又因为v＝at，所以Ek＝12ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，故动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，故C错误；由Ek＝p22m，可知动能与动量的平方成正比，D错误。3．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中()A．弹簧的最大弹力为μmgB．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC．弹簧的最大弹性势能为μmgsD．物块在A点的初速度为2μgs答案BC解析物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fmμmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即12mv2＝2μmgs，所以v＝2μgs，D错误。4．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物体从A点到O点的过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力逐渐减小，摩擦力不变，物块所受合力逐渐减小，加速度逐渐减小，当弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大，方向向左，物体做减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大，A正确、B错误；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长，弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧被拉伸，弹力做负功，故C错误；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功，故D正确。5.(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程()A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C．电机输出的最大功率之比为2∶1D．电机所做的功之比为4∶5答案AC解析设第②次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t0×v0＝12×t－t0＋t×12v0，解得：t＝5t02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t02＝4∶5，A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F－mg＝ma，可得电机的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式P＝Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W电－mgh＝0，两次提升高度h相同，所以电机两次做功相同，D错误。6．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg答案C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h联立以上两式，解得物体的质量m＝1kg，C正确。7.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。由图中数据可得()A．物体的质量为2kgB．h＝0时，物体的速率为20m/sC．h＝2m时，物体的动能Ek＝40JD．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J答案AD解析