《遼寧省2020屆高考物理第一輪課時檢測試題 第25講 用能量觀點分析綜合問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《遼寧省2020屆高考物理第一輪課時檢測試題 第25講 用能量觀點分析綜合問題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時作業(yè)(二十五)　[第25講　用能量觀點分析綜合問題] 1．如圖K25－1所示，一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m的小球以初速度v飛出高為H的桌面，當(dāng)它經(jīng)過距離地面高為h的A點時，所具有的機械能是(以桌面為零勢能面，不計空氣阻力)(　　) 圖K25－1 A.mv2 B. mv2＋mgh C. mv2－mgh D. mv2＋mg(H－h(huán)) 2．2020·巢湖模擬從地面豎直上拋一個質(zhì)量為m的小球，小球上升的最大高度為h.設(shè)上升和下降過程中空氣阻力大小恒為f.下列說法正確的是(　　) A．小球上升的過程中動能減少了mgh B．小球上升和下降的整個過程中機械能減少了fh C．

2、小球上升的過程中重力勢能增加了mgh D．小球上升和下降的整個過程中動能減少了fh 3．一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，受重力和電場力作用．若重力做功－3 J，電場力做功1 J，則小球的(　　) A．重力勢能增加3 J B．電勢能增加1 J C．動能減少3 J D．機械能增加1 J 4．如圖K25－2所示，一小球自A點由靜止自由下落 到B點時與彈簧接觸，到C點時彈簧被壓縮到最短．若不計彈簧質(zhì)量和空氣阻力，在小球由A→B→C的運動過程中(　　) 圖K25－2 A．小球和彈簧的總機械能守恒 B．小球的重力勢能隨時間均勻減少 C．小球在B點時動能最大 D．小球

3、重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量 5．如圖K25－3所示，輕質(zhì)彈簧的一端與固定的豎直板P拴接，另一端與物體A相連，物體A靜止于光滑水平桌面上，右端接一細線，細線繞過光滑的定滑輪與物體B相連．開始時用手托住B，讓細線恰好伸直，然后由靜止釋放B，直至B獲得最大速度．下列有關(guān)該過程的分析正確的是(　　) 圖K25－3 A．B物體的機械能一直減小 B．B物體的動能的增加量等于它所受重力與拉力做的功之和 C．B物體機械能的減少量等于彈簧的彈性勢能的增加量 D．細線拉力對A物體做的功等于A物體與彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量 6．如圖K25－4所示，傾斜的傳送帶保持靜止，一木

4、塊從頂端以一定的初速度勻加速下滑到底端．如果讓傳送帶沿圖中虛線箭頭所示的方向勻速運動，同樣的木塊從頂端以同樣的初速度下滑到底端的過程中，與傳送帶保持靜止時相比(　　) 圖K25－4 A．所用的時間變長 B．所用的時間不變 C．克服摩擦力所做的功變大 D．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能變大 7．2020·重慶模擬半徑為R的圓桶固定在小車上，有一光滑小球靜止在圓桶的最低點，如圖K25－5所示．小車以速度v向右勻速運動，當(dāng)小車遇到障礙物突然停止時，小球在圓桶中上升的高度不可能的是(　　) 圖K25－5 A．等于　　　　　B．大于 C．小于 D．等于2R 8．2020·

5、鄭州模擬一個人站在商店自動扶梯的水平踏板上，隨扶梯向上加速運動，如圖K25－6所示．則(　　) 圖K25－6 A．踏板對人做的功等于人的機械能的增加量 B．踏板對人的支持力做的功等于人的機械能的增加量 C．克服人的重力做的功等于人的機械能增加量 D．對人做功的只有重力和踏板對人的支持力 9．2020·兗州檢測如圖K25－7所示，置于足夠長斜面上的盒子A內(nèi)放有光滑球B，B恰與A前、后壁接觸，斜面光滑且固定于水平地面上．一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P拴接，另一端與A相連．今用外力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài)，然后由靜止釋放，則從釋放盒子直至其獲得最大速度的過程中(　　) 圖

6、K25－7 A．彈簧的彈性勢能一直減小直至為零 B．A對B做的功等于B機械能的增加量 C．彈簧彈性勢能的減少量等于A和B機械能的增加量 D．A所受重力做功和彈簧彈力做功的代數(shù)和小于A動能的增加量 10．2020·山東卷如圖K25－8所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同質(zhì)量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在處相遇(不計空氣阻力)．則(　　) 圖K25－8 A．兩球同時落地 B．相遇時兩球速度大小相等 C．從開始運動到相遇，球a動能的減少量等于球b動能的增加量 D．相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等 11．2020·濮陽一

7、模如圖K25－9所示，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.物塊與兩軌道間的動摩擦因數(shù)相同，不考慮物塊在C點處撞擊的因素，則在物塊兩次下滑過程中，下列說法正確的是(　　) 圖K25－9 A．物塊受到摩擦力相同 B．沿軌道1下滑時的位移較小 C．物塊滑至B點時速度大小相同 D．兩種情況下?lián)p失的機械能相同 12．2020·蘇北模擬如圖K25－10所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度x＝5 m，軌道CD足夠長且傾角θ＝37°，A、D兩

8、點離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊自A點由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求： (1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小； (2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔； (3)小滑塊最終停止的位置距B點的距離． 圖K25－10 課時作業(yè)（二十五） 【課前熱身】 1．A　[解析] 小球平拋過程機械能守恒，其在任意位置的機械能都等于飛離桌面時的機械能E0＝mv2，選項A正確． 2．C　[解析] 根據(jù)動能定理，上升的過程中

9、動能減少量等于小球克服重力和阻力做的功，為mgh＋fh，小球上升和下降的整個過程中動能減少量和機械能的減少量都等于全程中克服阻力做的功2fh，選項A、B、D錯誤，選項C正確. 3．AD　[解析] 由功能關(guān)系可知，克服重力所做的功等于重力勢能增加量，為3 J，故選項A正確；電場力所做的功等于電勢能的減少量，為1 J，故選項B錯誤；合外力做的功等于動能的變化量，為－2 J，故選項C錯誤；重力以外的其他力所做的功等于機械能的變化量，為1 J，故選項D正確． 4．AD　[解析] 對小球和彈簧組成的系統(tǒng)，只有重力和彈簧的彈力做功，機械能守恒，選項A正確；小球的運動不是勻速直線運動，選項B錯誤；小球的

10、平衡位置在B、C之間，它在平衡位置的動能最大，選項C錯誤；該過程中重力勢能減少，彈性勢能增大，動能的增量為零，根據(jù)能量守恒定律，選項D正確． 【技能強化】 5．ABD　[解析] 由靜止釋放B到B達到最大速度的過程中，B一直要克服繩的拉力做功，根據(jù)功能關(guān)系可知，B物體的機械能一直減小，選項A正確；根據(jù)動能定理，重力與拉力做功之和也正是B所受的合外力做的功，選項B正確；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，B物體減少的機械能等于彈簧增加的彈性勢能與A增加的動能之和，選項C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系可知，細線拉力對A做的功等于A物體和彈簧所組成的系統(tǒng)機械能的增加量，選項D正確． 6．BD　[解析] 傳送帶運動時

11、，木塊所受摩擦力仍然是沿傳送帶向上，木塊一直向下加速運動，加速度不變，因而滑到底端所用時間不變，選項B正確，選項A、C錯誤；由于傳送帶運動時木塊和傳送帶間的相對位移變大，故因摩擦力產(chǎn)生的內(nèi)能也將增多，故選項D正確． 7．B　[解析] 小球沿圓桶上滑過程中機械能守恒，若小球到達圓桶的水平直徑以下某位置時速度為零，則由機械能守恒定律－mgh＝0－mv2，解得h＝；若小球能通過與圓桶中心等高的位置，但不能通過圓桶最高點，則小球在圓心上方某位置脫離圓桶，斜拋至最高點，設(shè)在最高點速度為v′，則由機械能守恒定律，有－mgh＝mv′2－mv2，解得h<；若小球能通過圓桶最高點，小球在圓桶中上升的高度等于2

12、R，所以選項A、C、D是可能的． 8．A　[解析] 人隨扶梯向上加速運動過程中，受支持力、重力和靜摩擦力作用，支持力和靜摩擦力對人均做正功，根據(jù)機械能的增量等于重力以外其他力做的功知，支持力和靜摩擦力對人做的功等于人的機械能的增加量，所以只有選項A正確． 9．BC　[解析] 運動過程中，彈簧由收縮狀態(tài)伸長，A達到最大速度時，A和B的加速度為零，根據(jù)受力分析知，彈簧必處于收縮狀態(tài)，則彈簧的彈性勢能減小但不為零，選項A錯誤；根據(jù)B機械能的增量等于除重力外其他力做的功知，A對B做的功等于B的機械能的增加量，選項B正確；運動過程中彈簧、A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以彈簧彈性勢能的減少量等于A和B

13、機械能的增加量，選項C正確；根據(jù)動能定理，重力、彈簧彈力及B對A側(cè)壁的壓力對A做功的代數(shù)和等于A動能的增加量，因B對A側(cè)壁的壓力對A做負功，所以A所受重力做的功和彈簧彈力做的功的代數(shù)和大于A動能的增加量，選項D錯誤． 10．C　[解析] 兩球經(jīng)過相同的時間，在處相遇，則對b小球列方程可得，＝gt2，對a小球則有＝v0t－gt2，兩式聯(lián)立可得，v0＝gt，即相遇時，a小球的速度為va＝v0－gt＝0，b小球的速度為gt，選項B錯誤；從相遇開始，a向下做初速度為零的勻加速直線運動，b小球以一定的速度向下做勻加速直線運動，且二者加速度相同，均為g，故b球先落地，選項A錯誤；從開始運動到相遇，a的速

14、度由gt變?yōu)?，b的速度由0變?yōu)間t，兩球質(zhì)量相同，所以a動能的減少量等于b動能的增加量，選項C正確；相遇后的任意時刻，b的速度一直大于a的速度，兩球質(zhì)量相同，由P＝Fv可得，選項D錯誤． 11．CD　[解析] 物塊沿軌道1滑下來時，設(shè)斜面的傾角為α，軌道1長為l，A點在水平面上的投影為A′，A到水平面的距離為h，由動能定理，有：mgh－μmgcosα·l＝mv，即mgh－μmg?A′B＝mv，同理可得，物塊沿軌道2滑下時，有mgh－μmg?A′B＝mv，也就是沿兩軌道下滑時，摩擦力做功一樣多，但摩擦力不同，所以選項C、D正確，選項A錯誤；位移是從初位置指向末位置的有向線段，故位移相同，選項

15、B錯誤． 【挑戰(zhàn)自我】 12．(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4　m [解析] (1)小滑塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得 mg(h1－h(huán)2)－μmgx＝mv－0 解得：vD＝3 m/s (2)小滑塊從A→B→C過程中，由動能定理得 mgh1－μmgx＝mv 解得：vC＝6 m/s 小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6 m/s2 小滑塊沿CD段上滑到最高點的時間t1＝＝1 s 由對稱性可知，小滑塊從最高點滑回C點的時間t2＝t1＝1 s 故小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔t＝t1＋t2＝2 s (3)小滑塊自A點由靜止釋放至小滑塊最終停止，設(shè)小滑塊在水平軌道上運動的總路程為x總，由動能定理，有 mgh1＝μmgx總 解得x總＝8.6 m 故小滑塊最終停止的位置距B點的距離為2x－x總＝1.4 m