1、2021届高考物理二轮复习动能定理与能量守恒专练（3）1.如图甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙所示，其中为曲线，其余部分为直线，下列说法不正确的是( )A.在0的过程中，物体所受拉力不变B.在的过程中，物体的加速度先减小后增大C.在0的过程中，物体的动能先增大后减小D.在0的过程中，物体克服重力做功的功率一直增大2.如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车右端放一小物块（可视为质点），用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，此时物块刚好滑到小车的左端，物块与小车间的摩擦力为，在此过程中( )A.摩擦力对小物块做
2、的功为B.摩擦力对系统做的总功为0C.力F对小车做的功为D.小车克服摩擦力所做的功为3.如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5 m.现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长.已知重力加速度.则下列说法正确的是( )A.圆环下滑0.6 m时速度为零B.圆环与木块的动能始终相等C.圆环的机械能守恒D.圆环下滑0.3 m时速度为4.在上海世博会上,拉脱维亚馆的风洞飞行表演,令参观者大开眼界.若风洞内总的向上的风速风量保持不变,质量为m的表演者通过调整身姿,可
3、改变所受的向上的风力大小,以获得不同的运动效果,假设人体受风力大小与正对面积成正比,已知水平横躺时受风力面积最大,且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的,风洞内人体可上下移动的空间总高度为H.开始时,若人体与竖直方向成一定角度倾斜,受风力有效面积是最大值的一半,恰好可以静止或匀速飘移;后来,人从最高点A开始,先以向下的最大加速度匀加速下落,经过某处B后,再以向上的最大加速度匀减速下落,刚好能在最低点C处减速为零,则以下说法正确的有( )A.由A至C全过程表演者克服风力做的功为B.表演者向上的最大加速度是C.表演者向下的最大加速度是D.B点的高度是5.如图所示,一根粗细均匀的光滑细杆竖直
4、固定,质量为m的小环C穿在细杆上,一个光滑的轻质小滑轮D固定在竖直墙上(竖直墙在图中没有画出).两物体用轻弹簧相连,竖直放在水平面上.一根没有弹性的轻绳,一端与A连接,另一端跨过小滑轮D与小环C相连.小环C位于M时,绳子与细杆的夹角为,此时B物体刚好对地面无压力.现让小环C从M点由静止释放,当下降高度为h到达N点时,绳子与细杆的夹角再次为,环的速度达到v,下面关于小环C下落过程中的描述不正确的是( )A.小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒B.当小环落到与滑轮同一高度时,小环的机械能最大C.小环从M到与滑轮等高处,弹簧弹性势能一直减小D.小环C到达N点时物体A的动能为6.如图所示,劲度系
5、数为100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为的光滑斜面底端,上端连接物块同时与平行于斜面的轻绳相连,轻绳跨过定滑轮O与套在光滑竖直杆的物块P连接,图中两点等高,间距.初始时在外力作用下,P在A点静止,间距离,此时轻绳中张力大小为50 N.已知P的质量为0.8 kg，Q的质量为5 kg.现将P由静止释放(不计滑轮大小及摩擦,取,),下列说法正确的是( )A.P位于A点时,弹簧的伸长量为0.1 mB.P上升至B点时的速度大小为C.P上升至B点的过程中,轻绳拉力对其所做的功为6 JD.P上升至B点的过程中,轻绳拉力对P做的功等于Q机械能的减少量7.如图所示,物体通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,物体
6、的质量分别为,开始时细绳伸直,用手托着物体A使弹簧处于原长且物体A与地面间的距离为h,物体B静止在地面上,放手后物体A下落,与地面即将接触时速度大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是( )A.物体A下落过程中,物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B.弹簧的劲度系数为C.物体A着地时的加速度大小为D.物体A着地时弹簧的弹性势能为8.某同学为了研究物体下落过程的特点,设计了如图甲所示的实验,将两本书从高楼楼顶放手让其落下,两本书下落过程中没有翻转和分离,由于受到空气阻力的影响,其图像如图乙所示,倾斜的虚线在P点与图线相切,已知,则( )A
7、.时A处于超重状态B.时的加速度大小为C.下落过程中系统的机械能守恒D.02 s内系统的机械能减少量大于99 J9.如图所示，一质量为m的小球固定在长为的轻杄上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动.杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制细绳，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且倒下去的整个过程中，杆做匀速转动.那么在此过程中( )A.小球所受的重力做的功为B.绳子拉力做的功大于C.重力做功的功率逐渐增大D.绳子拉力做功的功率先增大后减小10.在弹簧弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式（k为劲度系数，x为弹簧的形变量）.如图所示，轻质弹簧一端拴一质量为m的小
8、球P，另一端固定在O点，把P提到与O在同一水平线上的位置，此时弹簧处于自然长度L，松手后，小球P自由摆下，已知P运动到最低点时弹簧伸长了x，不计一切阻力，重力加速度为g.则( )A.小球P向下摆到最低点的过程中，重力对它做的功为B.小球P向下摆到最低点的过程中，它的机械能减小C.小球P运动至最低点时的速度大小为D.小球P运动至最低点时的速度大小为11.某实验小组在做“验证机械能守恒定律”的实验时，提出了如图1所示的甲、乙两种方案.甲方案为利用重物自由落体运动进行实验，乙方案为利用小车在斜面上下滑进行实验.（1）该小组内同学对两种方案进行了深入的讨论分析，最终确定了一个大家认为误差相对较小的方案
9、，你认为该小组应选择的方案是_，理由是_.（2）若该小组采用甲方案的装置打出了一条纸带如图2所示，相邻两点之间的时间间隔为0.02 s，则根据纸带可计算出B点的速度大小为_m/s.（结果保留三位有效数字）（3）该小组内同学根据纸带算出了相应点的速度，作出的图象如图3所示，根据图象可计算出当地的重力加速度_.（结果保留三位有效数字）12.两个半径均为R的圆形光滑细管道组成的轨道竖直放置在水平面上,和为两细管道的圆心,一劲度系数为k的轻质弹簧右端固定,左端处于P点,弹簧处于原长状态,已知弹簧原长足够长,间距离为R.一质量为m的滑块(可视为质点)从A点以初速度斜向上抛出,从C点沿水平方向进入管道,对
10、C处上方轨道的压力恰好为.已知滑块与地面间的动摩擦因数为,弹簧的弹性势能与形变量x的关系是.(1)求滑块从A点抛出时初速度的大小和速度方向与地面夹角的正切值;(2)若,求滑块穿过管道后第一次压缩弹簧时的最大压缩量;(3)要使滑块能再次返回细管道但又不能从C点离开轨道,问劲度系数k应满足的条件.答案以及解析1.答案：D解析：根据功能关系可得，得，则图线的斜率表示F，则在0的过程中物体所受拉力不变，故A正确；在的过程中，拉力逐渐减小，合力先减小后增大，则加速度先减小后反向增大，故B正确；由题图分析知，在0的过程中，物体先向上做匀加速运动，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度反向逐渐增大的减速
11、运动，最后做匀减速直线运动，可知物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，故C正确；在0的过程中，物体的速度先增大后减小，则物体克服重力做功的功率先增大后减小，故D错误.2.答案：D解析：小物块对地的位移方向向右，大小为，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功为，故A错误.物块相对于小车的位移大小为L，则摩擦力对系统做的总功为，故B错误.小车对地位移大小为s，则力F对小车做的功为，故C错误.小车受到的摩擦力方向水平向左，位移方向向右，大小为s，则小车克服摩擦力所做的功为，故D正确.3.答案：D解析：当圆环下降0.6 m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了，由运动的合
12、成与分解得，由系统机械能守恒有，由此可知，A错误；圆环与木块组成的系统机械能守恒，C错误；设轻绳与细杆的夹角为，由运动的合成与分解得，当圆环下滑0.3 m时，根据几何关系，木块速度为零，圆环高度下降了，木块高度下降了，由机械能守恒定律得，解得，B错误，D正确.4.答案：A解析：对A至C全过程应用动能定理可得,解得,A正确;设最大风力为,由于人体受风力大小与正对面积成正比,故人体站立时所受风力为,由于受风力有效面积是最大值的一半时,恰好可以静止或匀速飘移,故重力,人体平躺上升时有最大加速度,B错误;人体站立加速下降时的最大加速度,C错误;人体平躺减速下降时的加速度大小,设下降过程中的最大速度为v
13、,由速度位移公式可知,加速下降过程的位移,减速下降过程的位移,故,所以，D错误.5.答案：C解析：小环C、物体A和轻弹簧组成的系统中,只有动能、重力势能和弹性势能间的转化,系统杋械能守恒,故A正确;设小环与滑轮同一高度时位置为S,小环C下落过程受重力、杆的支持力和轻绳的拉力,非重力做功等于机械能的变化量;到达位置S前的过程中,非重力做正功,机械能增加;经过S后的过程,非重力做负功,机械能减小;故下落到位置S时,小环C的机械能一定最大,故B正确;因为不清楚弹簧开始时的伸长量与和之间距离差的关系,则可能弹簧一直处于拉伸状态,也可能弹簧先恢复原长后又被压缩,则弹性势能可能先减小后增大,故C错误;小环
14、C从M点到达N点过程,弹簧做功为零,根据动能定理有,故物体A的动能为,故D正确.本题选说法不正确的,故C符合题意.6.答案：AD解析：对Q,由平衡条件得,由题知,联立解得,A正确;由几何关系知上升至B点时,Q下滑的距离为,此时弹簧处于压缩状态,压缩量,整个过程弹簧的弹性势能不变,P上升至B点时,与杆垂直,物块P沿绳方向的速度为零,则Q的速度为零,对物块及弹簧组成的系统由机械能守恒定律得,解得,B错误;P上升至B点的过程中,由动能定理得,解得轻绳拉力对其所做的功为,C错误;P上升至B点的过程中,弹簧组成的系统机械能守恒,弹性势能变化量为零,P机械能的增加量等于Q机械能的减少量,故轻绳拉力对P做的
15、功等于Q机械能的减少量,D正确.7.答案：AC解析：由题可知,物体A下落过程中,物体B一直静止不动,对于物体A、细绳和弹簧组成的系统,只有重力和弹簧弹力做功,系统机械能守恒,故A正确;物体B对地面的压力恰好为零,故弹簧的拉力,开始时弹簧处于原长,由胡克定律可知,解得弹簧的劲度系数,故B错误;物体A着地时,细绳对物体A的拉力大小为,对物体A,由牛顿第二定律得,解得,故C正确;物体A、细绳与弹簧组成的系统机械能守恒,有,所以,故D错误.8.答案：BD解析：根据图线切线的斜率表示加速度,知时A的加速度为正,方向竖直向下,则A处于失重状态,故A错误.时的加速度大小为,故B正确.由于空气阻力对做负功,则
16、下落过程中系统的机械能不守恒,故C错误.02 s内下落的高度,系统的重力势能减少量,动能增加量,则系统的机械能减少量,故D正确.9.答案：AC解析：小球在该过程中下降高度为，所以小球所受的重力做功为，A项正确；由动能定理可知，该过程中外力对系统做的功为零，又只有重力和拉力对系统做功，所以绳子拉力做的功与重力做的功大小相等，B项错误；重力做功的功率等于重力与小球沿竖直方向分速度的乘积，杆匀速转动，小球做匀速圆周运动，该过程中小球沿竖直方向的分速度不断增大，所以重力做功的功率不断增大，C项正确；由动能定理可得，绳子拉力做功的功率与重力做功的功率始终大小相等，故绳子拉力做功的功率不断增大，D项错误.
17、10.答案：BD解析：由于小球向下摆到最低点的过程中，弹簧变长，故重力做功为，选项A错误；小球向下摆到最低点的过程中，小球减少的重力势能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分转化为小球的动能，故它的机械能减少（或小球向下摆到最低点过程中，弹簧伸长，弹力对小球做负功，所以小球机械能减少），选项B正确；小球向下摆到最低点的过程中，由功能关系得，解得速度大小，选项C错误，D正确.11.答案：（1）甲；采用乙方案时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒定律（2）1.37（3）9.75（9.709.90均正确）解析：（1）采用乙方
18、案时，由于小车与斜面间存在摩擦力的作用，且不能忽略，所以小车在下滑的过程中机械能不守恒，故乙方案不能用于验证机械能守恒定律.而采用甲方案时，空气阻力较小，可以忽略，重物自由下落的过程中机械能守恒，可以用于验证机械能守恒定律.（2）B点的速度大小等于两点间的平均速度的大小，即.（3）在实验误差允许的范围内，该实验验证了机械能守恒定律，即重力势能的减少量等于动能的增加量，所以有，即，则图象的斜率，又通过图象获得图线的斜率，所以当地的重力加速度.12.答案：(1);(2)R(3)解析：(1)对滑块在C点时受力分析,根据牛顿第二定律,可得,根据逆向思维,A到C可看成反方向的平抛运动,由,可得,因此滑块从A点抛出时的初速度,滑块在A点时速度与地面夹角的正切值;(2)设滑块从C点沿管道下滑后,第一次压缩弹簧的最大形变量为,由能量守恒定律得,得,当时.(3)要使滑块再次返回C点,应满足以下三个条件:条件1:弹簧弹力大于滑动摩擦力,即,解得；条件2:滑块要返回管道,必须要能返回E点,由能量守恒定律得,解得；条件3:滑块能返回细管道但又不能从C点离开管道,由能量守恒定律得,解得到；因此弹簧的劲度系数k应满足.
