2021届高考物理人教版二轮复习动能定理与能量守恒作业(4)

2021届高考物理二轮复习动能定理与能量守恒专练（4）
1.如图所示,轻绳一端受到大小为F 的水平恒力作用,另一端通过定滑轮与质量为m 、可视为质点的小物块相连.开始时轻绳与水平方向的夹角为θ,当小物块从水平面上的A 点被拖动到水平面上的B 点时,位移为L ,随后从B 点沿斜面被拖动到定滑轮O 处,BO 间距离也为L ,小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ,若小物块从A 点运动到B 点的过程中,F 对小物块做的功为F W ,小物块在BO 段运动过程中克服摩擦力做的功为f W ,则以下结果正确的是( )
A.(2cos 1)F W FL θ=-
B.2cos F W FL θ=
C.cos f mgL W μθ=
D.sin 2f W FL mgL θ=-
2.如图所示,轻弹簧的上端固定在天花板上,下端挂有物块P ,系统处于静止状态.现用一竖直向下的力F 作用在物块P 上,使其以加速度a 做方向竖直向下的匀加速运动.运动一段距离(未超过弹簧的弹性限度),已知加速度a 小于重力加速度g ,以x 表示物块P 离开初始位置的位移,则在物块P 向下加速运动的过程中,力F 、物块P 的动能k E 、系统的机械能增量E ∆和x 之间的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，固定木板AB 倾角60θ=°，板BC 水平，AB BC 、长度均为2 m ，小物块从A 处由静止释放，恰好滑到C 处停下来.若调整BC 使其向上倾斜，倾角不超过9°，小物块从A 处由静止滑下再沿BC 上滑，上滑的距离与BC 倾角有关.不计小物块经过B 处时的机械能损失，小物块与各接触面间的动摩擦因数均相同，则小物块沿BC 上滑的最小距离为( )
A.
2
m 3
B.1 m
C.2m
D.3m
4.质量为20kg m =的物体，在大小恒定的水平拉力F 的作用下，沿水平面做直线运动.0~2 s 内F 的方向与运动方向相反，2~4 s 内F 的方向与运动方向相同，物体的v t -图象如图所示.g 取210m/s ，则( )
A.拉力F 的大小为100 N
B.物体在第4 s 时拉力的瞬时功率为60 W
C.4 s 内拉力所做的功为480 J
D.4 s 内物体克服摩擦力做的功为480 J
5.如图所示，竖直平面内有一半径为R 的固定四分之一圆弧轨道与水平轨道相切于最低点B .一质量为m 的小物块P （可视为质点）从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B C 、两点间的距离为R ，物块P 与圆弧轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ.若物块P 从A 处正上方高度为R 处由静止释放后，从A 处进入轨道，最终停在水平轨道上D 点，B D 、两点间的距离为s ，下列关系正确的是( )
A.1
(1)s R μ
>+ B.1
(1)s R μ
=+
C.1
(1)s R μ
<+
D.2s R =
6.如图所示,离地高H 处有一个质量为m 的物体,给物体施加一个水平方向的作用力F ,已知F 随时间的变化规律为0F F kt =-(以向左为正方向,0F k 、均为大于零的常数),物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ,且0F mg μ>.0t =时,将物体压紧在墙壁上由静止释放,若物体所受的最
大静摩擦力等于滑动摩擦力,当物体下滑
2H 后脱离墙壁,此时速度大小为
2
gH
,物体最终落在地面上.则下列关于物体的说法,正确的是( )
A.当物体沿墙壁下滑时,物体先做加速运动后做匀速直线运动
B.物体与墙壁脱离的时刻为0
F t k
=
C.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线
D.物体克服摩擦力所做的功为3
8
W mgH =
7.如图所示,足够长的水平传送带以速度v 沿逆时针方向传动,传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接,圆弧轨道上的A 点与圆心等高,一小物块从A 点由静止滑下,再滑上传送带,经过一段时间又返回圆弧轨道,返回圆弧轨道时小物块恰好能到达A 点,则下列说法正确的是( )
A.圆弧轨道的半径一定是2
2v g
B.若减小传送带速度,则小物块可能到达不了A 点
C.若增大传送带速度,则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D.不论传送带速度增大到多大,小物块都不可能到达圆弧轨道的最高点
8.如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速度0v 沿逆时针方向运行。

0t =时，将质量1kg m =的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v t -图像如图乙所示。

设沿传送带向下为正方向，重力加速度g 取210m/s ，sin370.6,cos370.8==°°。

则( )
A.传送带的速率010m/s v =
B.传送带的倾角30θ=°
C.物体与传送带之间的动摩擦因数0.5μ=
D.0~2 s 内摩擦力对物体做功24J W =-
9.如图所示，整个空间存在竖直向下的匀强电场，一带正电的小球自A 点由静止开始自由下落，到达B 点时与绝缘弹簧接触，到达C 点时弹簧被压缩至最短，然后被弹回.若不计弹簧质量和空气阻力，在带电小球（小球带电荷量不变）下降过程中，下列判断正确的是( )
A.运动过程中小球所受重力和弹力做功之和等于小球动能增加量
B.小球由B 到C 动能先增大后减小
C.小球在C 点时加速度最大
D.小球由B 到C 的过程中，其动能和弹簧弹性势能之和增大
10.质量为1 kg的物体静止在水平且粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示.外力F做的功及物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取2
10m/s.下列分析正确的是( )
A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B.物体的位移为13 m
3m/s
C.物体在前3 m内的加速度为2
x=时，物体的速度为32m/s
D.9m
11.利用如图甲所示的装置可以做多个力学实验.
（1）某同学用此装置测量小车做匀变速直线运动的加速度.用游标卡尺测量遮光条的宽度d，其示数如图乙所示，则d=__________mm.测出小车静止时遮光条到光电门的距离x，从光电计时器上读出遮光条通过光电门的时间为t，则小车的加速度为_________.（用测量的物理量表示）
（2）若继续用此装置做“探究功与速度变化的关系”的实验，使小车释放点到光电门的距离成倍增加进行多次实验，每次实验时要求小车都由静止释放.
①如果实验时遮光条通过光电门的时间记为t，通过描点作出图象来反映合力做的功与t的关系，则下图中符合实验事实的是_________.
②下列实验操作中必要的是________.
A.调整长木板与水平方向的夹角，在未挂重物时使小车能在长木板上匀速运动
B.必须满足重物的质量远小于小车的质量
C.保持小车（包括遮光条）和重物的质量不变
12.如图所示,BC 是高处的一个平台,BC 右端连接内壁光滑、半径0.2m r =的四分之一细圆管CD ,管口D 端正下方一根劲度系数为100N/m k =的轻弹簧竖直于水平地面上,弹簧下端固定,
上端恰好与管口D 端平齐.一可视为质点的小球在水平地面上的A 点斜向上抛出,恰好从B 点沿水平方向进入高处平台,A B 、间的水平距离为 1.2m AB x =,小球质量1kg m =.已知平台离地面的高度为0.8m h =,小球与BC 间的动摩擦因数0.2μ=,小球进入管口C 端时,它对上管壁有10 N 的作用力,通过CD 后,在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能p 0.5J E =.若不计空气阻力,取重力加速度大小210m/s g =.求:
(1)小球通过C 点时的速度大小C v ; (2)平台BC 的长度L ;
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能km E .
答案以及解析
1.答案：A
解析：小物块从A 点运动到B 点的过程中,F 对物块做的功为,F W Fs s =为F 作用点的位移,即绳端移动的长度,物块从A 运动到B 的过程中,利用几何关系可知,绳子缩短的长度
2cos s L L θ=-,所以(2cos 1)F W FL θ=⋅-,故A 正确,B 错误;根据几何关系得OB 斜面倾角为2θ,
物块在BO 段运动过程中摩擦力大小cos2f mg μθ=,物块在BO 段运动过程中克服摩擦力做的功cos 2f mgL W μθ=,故C 、D 错误. 2.答案：B
解析：设物块静止时弹簧的形变量为0x ,则有0mg kx =,物块做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得0()F mg k x x ma +-+=,解得F ma kx =+,故F x -图像应为直线,A 错误,B 正确;物块P 的初动能为零,根据动能定理有k 0F x E =-合,匀加速运动时F 合恒定,故k E x -图像应该为过原点的直线,D 错误;力F 做功对应系统机械能的变化,根据功能关系有()E Fx ma kx x ∆==+,因此E x ∆-图像应为曲线,C 错误.
3.答案：B
解析：BC 段水平时，对小物块从释放到第一次速度为零的过程，由动能定理得
sin cos 0mgL mgL mgL θμθμ--=，代入数据得μ，设BC 与水平方向之间的夹角为α时，物块沿BC 上滑的距离为x ，由动能定理得sin cos mgL mgL θμθ--cos sin 0mgx mgx μαα-=，即(30)2sin()L x ϕϕα=
=+°，当sin()1ϕα+=，即90ϕα+=°时，x 有最小值，min 1m 2
L
x ==，
故A 、C 、D 错误，B 正确. 4.答案：D
解析：由图象可得，0~2 s 内物体做匀减速直线运动，加速度大小为22110
m/s 5m/s 2
a v t ∆=
==∆，在匀减速过程中，由牛顿第二定律得1F f ma +=，2~4 s 内物体做匀加速直线运动，加速度大小为222m/s 1m/s 2
2
a v t '∆=
=='∆，有2F f ma -=，联立解得40N,60N f F ==，选项A 错误；物体在第4 s 时拉力的瞬时功率为602W 120W P Fv ==⨯=，选项B 错误；4 s 内物体通过的位移为11
210m 22m=8m 22x =⨯⨯-⨯⨯，拉力做功为480J W Fx =-=-，选项C 错误；4 s 内
物体通过的路程为11
210m 22m 12m 22s =⨯⨯+⨯⨯=，克服摩擦力做功为
4012J 480J f W fs ==⨯=，选项D 正确.
5.答案：C
解析：对小物块P 从A 由静止滑下到C 的过程，设小物块在圆弧轨道上运动克服摩擦力做的
功为1f W ，由动能定理有10f mgR W mgR μ--=，解得1(1)f W mgR mgR mgR μμ=-=-；将小物块P 从A 处正上方高度为R 处由静止释放，设小物块在圆弧轨道上运动克服摩擦力做的功为2f W ，由于此次小物块在圆弧轨道上任意位置的速度均大于由A 处静止释放时运动到同一位置
处的速度，则此次小物块在圆弧轨道上同一位置处对圆弧轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，则有21f f W W >，由动能定理有220f mgR W mgs μ--=，解得22(2)f mgR mgs R W s mg μμ=-=-；结合21f f W W >可解得1
(1)s R μ
<+
，选项C 正确.
6.答案：BD
解析：对物体进行受力分析,竖直方向上,当F mg μ>时,物体静止不动,当F mg μ时,由牛顿第二定律有mg F ma μ-=,随着F 减小,加速度a 由零逐渐增大,物体做变加速运动,当0F =时,加速度增大到重力加速度g ,此后物体脱离墙壁,故A 错误.物体与墙壁脱离时F 为零,所以00F F kt =-=,解得时间0
F t k
=
,故B 正确.物体脱离墙壁时的速度方向向下,之后力F 反向,物体所受合外力与速度不在同一条直线上,所以运动轨迹为曲线,故C 错误.物体从开始运动到脱离
墙壁,F 一直不做功,由动能定理得21
22H mg W m -=,则物体克服摩擦力所做的功3
8
W mgH =,故D 正确.
7.答案：BD
解析：小物块在圆弧轨道上下滑的过程中机械能守恒,设圆弧轨道的半径为R ,根据机械能守恒
定律得2
012
mgR mv =,所以小物块滑上传送带的初速度0v =小物块滑上传送带后,由于摩
擦力的作用开始减速,速度减小为零之后,又在传送带的摩擦力作用下反向加速,根据小物块的受力情况可知,在减速和加速的过程中小物块的加速度的大小是相等的,若小物块恰好回到A 点,小物块返回圆弧轨道底端时的速度大小等于从圆弧轨道下滑到传送带时的初速度大小,只要传送带的速度2v
gR ,小物块就能返回到A 点,则2
2v R g
,故A 错误.若减小传送带速度,仍有
2v
gR ,小物块就能返回到A 点;若v <则小物块返回到圆弧轨道底端时的速度小于0v ,
则小物块到达不了A 点,故B 正确.若增大传送带的速度,由于小物块返回到圆弧轨道底端的速度不变,故小物块只能滑到A 点,不能滑到圆弧轨道的最高点,故C 错误,D 正确. 8.答案：ACD
解析：由题图乙可知，当物体速度达到010m/s v =时，加速度的大小发生了变化，这是因为此时物体与传送带达到共速，物体受到的滑动摩擦力变向，故A 正确；0～1 s 内物体的加速度为2110m/s a =，1~2 s 内为222m/s a =，则有1sin cos mg mg ma θμθ+=，
2sin cos mg mg ma θμθ-=，联立解得37,0.5θμ==°，故B 错误，C 正确；设物体的两段位移
为12x x 、，则有2201110m 5m 2210v x a =
==⨯，2222
0221210m 11m 222
v v x a --===⨯，摩擦力对物体做的功为121cos W W W mg x μθ=+=⨯-2cos 24J mg x μθ⨯=-，故D 正确。

9.答案：BCD
解析：小球动能增加量等于重力、弹力和电场力做功之和，故A 错误.小球下落过程中在B 点弹力为零，小球向下加速，在B C 、内某点处弹力等于重力和电场力之和，此时速度最大，此后弹力继续增大，小球向下减速，至C 点速度减为零，所以小球由B 到C 动能先增大后减小，B 正确.小球下落与弹簧接触的运动具有对称性，当压缩弹簧速度等于刚接触弹簧时的速度时，加速度等于
m g F m +球电
球
，再往下压缩，加速度继续增大，故C 正确.下落过程中，小球的重力势
能和电势能均减少，由能量守恒定律可得，其动能和弹簧的弹性势能之和变大，故D 正确. 10.答案：ACD
解析：设物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则根据f W fx mgx μ==可知20J 11010J μ=⨯⨯⨯，解得0.2μ=，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体的位移27
m 13.5m 0.2110
f
W x mg
μ'=
=
=⨯⨯，选项A 正确，B 错误；前3 m 内拉力1115N 5N 3W F x =
==，物体在前3 m 内的加速度2113m/s F f a m -=
=，选项C 正确；由动能定理得21
2
F W fx mv -=，当9m x =时27J F W =
，代入解得物体的速度为v =，选项D 正确. 11.答案：（1）5.50；2
2
2d xt
（2）①D ②C
解析：（1）由游标卡尺的读数规则知 5.50mm d =.小车通过光电门时的速度d
v t
=
，由匀变速
直线运动规律可得22222v d x a at ==，故2
2
2a d xt =
. （2）①设重物的质量为m ，小车的质量为M ，则合力做的功222
221222
Md Md W Mv t t -===
，选项D 正确.②对重物由牛顿第二定律有mg F ma '-=，对小车由牛顿第二定律有F f Ma -=，又F F '=，可得()mg f m M a -=+，解得mg f
a m M
-=
+，又f Mg μ=且μ不变，要想小车做匀加速直线运动的加速度不变，只需保持小车（包括遮光条）和重物的质量不变即可，没必要平衡摩擦力，也没必要满足重物的质量远小于小车的质量. 12.答案：(1)2 m/s (2)1.25 m (3)4.5 J
解析：
(1)小球通过C 点时,它对上管壁有10N F =的作用力,根据牛顿第三定律可知上管壁对它也有10N F '=向下的作用力,根据牛顿第二定律有
2
C
v F mg m r
'+=,
得2m/s C v =;
(2)小球从A 点抛出到B 点所用时间0.4s t =
=, 到B 点时速度3m/s AB
B x v t
=
=, 小球从B 到C 的过程中,根据动能定理有 22
1122
C B mgL mv mv μ-=-,
解得平台BC 的长度 1.25m L =;
(3)小球压缩弹簧速度最大时,加速度为零,则mg kx =, 弹簧的压缩量0.1m x =,
从C 位置到小球的速度最大的过程中,根据小球与弹簧组成的系统机械能守恒,则有2
km p 1()2
C mg r x mv E E ++=+,
得km =4.5J E .
莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

每一日所付出的代价都比前一日高，因为你的生命又消短了一天，所以每一日都要更用心。

这天太宝贵，不就应为酸苦的忧虑和辛涩的悔恨所销蚀，抬起下巴，抓住这天，它不再回来。

加油！！。