2017届高考物理二轮复习专题复习 专题能力提升练(三) B卷

动能定理和能量守恒定律

一、选择题(本大题共7小题，每小题8分，共56分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～7题有多项符合题目要求．)

1.

如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段细直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增加量分别为ΔEk1、ΔEk2.假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则( )

A．ΔEk1>ΔEk2；t1>t2 B．ΔEk1＝ΔEk2；t1>t2 C．ΔEk1>ΔEk2；t1解析：由于推力恒定，设某一段轨道与水平方向的夹角为θ，推力为F，轨道高为h，球与轨道间的动摩擦因数为μ，轨道底端与顶端水平距离为x，则小球从某一段轨道底端运动到顶端，克服摩擦h力做功为Wf＝μ(mgcosθ＋Fsinθ)sinθ＝μ(mgx＋Fh)，由于轨道Ⅰ、Ⅱ的水平长度和高度相等，因此沿两个轨道运动克服摩擦力做功相等，根据动能定理，WF－Wf－WG＝ΔEk，由于重力和推力做功也相等，因此动能的增量相等，A、C错误；由于轨道Ⅰ开始的倾斜度大，可知开始运动的加速度小，由于到最高点路程相等，速度大小相等，根据速度随时间变化的图象可知，t1>t2，B正确，D错误． 答案：B 2. 如图所示，两物块a、b质量分别为m、2m，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，两物块a、b距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至物块a、b间高度差为h(物块b尚未落地)．在此过程中，下列说法正确的是( ) A．物块b重力势能减少了2mgh 2B．物块b机械能减少了3mgh C．物块a的机械能逐渐减小 D．物块a重力势能的增加量小于其动能的增加量 解析：物块a、b间高度差为h时，h物块a上升的高度为2，物块b下降的高hh度为2，物块b重力势能减少了2mg·＝2mgh，选项A错误；物块b机械能减少h12了ΔEb＝2mg·－×2mv，对物块a、b22h整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg·2121h12＋mg·＋×3mv，得mv＝mgh，ΔEb22262＝3mgh，选项B正确；物块a的机械能2逐渐增加3mgh，选项C错误；物块a重h1力势能的增加量ΔEpa＝mg·＝mgh，其22121动能的增加量ΔEka＝2mv＝6mgh，得ΔEpa>ΔEka，选项D错误． 答案：B 3. 如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则( )

A．小物体恰好滑回到B处时速度为零

B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零

C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低

D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点

解析：小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为Wf1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，克服摩擦力所做的功Wf2何地方，D错误．

答案：C 4.

伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动”的关系．如图，固定在水平地面上的倾角均为θ的两斜面，以光滑小圆弧相连接．左侧斜面顶端的小物块与两斜面间的动摩擦因数均为μ.物块从左侧斜面顶端滑到最低点的时间为t1，滑到右侧斜面上最高点的时间为t2.规定斜面连接处为参考平面，则下列关于物块在这个运动过程中速度的大小v、加速度的大小a、动能Ek及重力势能Ep随时间t变化的关系图象中可能正确的是( )

解析：由牛顿第二定律得，物块在左侧斜面下滑过程的加速度a1＝mgsinθ－μmgcosθ＝gsinθ－μgcosθ，物块m在右侧斜面上滑过程的加速度a2＝mgsinθ＋μmgcosθ＝gsinθ＋μgcosθ，可见m两阶段的加速度都恒定不变，a2>a1，选1项A错误，B正确；物块的动能Ek＝2122,mv0～t1时间内速度v＝a1t，得Ek＝2ma12t，即动能与时间关系图象是曲线，选项C错误；0～t1时间内重力势能EP＝mg(h012－2a1tsinθ)，即重力势能与时间关系图象是曲线，选项D错误． 答案：B 5. 如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且BC＝1.5AB.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P从A点由静止释放，恰好能滑动到C点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是( ) 2μ1＋3μ2A．tanθ＝ B．tanθ＝52μ1＋μ2 3C．tanθ＝2μ1－μ2 D．tanθ＝2μ2－μ1 解析：由A点释放恰好能滑动到C点，小物块P受重力、支持力、滑动摩2擦力作用．设斜面AC长为L，则AB＝53L，BC＝5L.对全过程，根据动能定理有23mgLsinθ－μ1mgcosθ×5L－μ2mgcosθ×5L2μ1＋3μ2＝0，得tanθ＝. 5答案：A 6．汽车沿平直的公路以恒定功率P启动，经过一段时间t达到最大速度v，若所受阻力f始终不变，则在t这段时间内( ) A．汽车牵引力恒定 B．汽车牵引力做的功为Pt C．汽车加速度不断减小 12D．汽车牵引力做的功为2mv 解析：根据P＝Fv知，速度不断增大，则牵引力不断减小，根据牛顿第二F－f定律得a＝m，可知加速度不断减小，选项A错误，C正确；因功率P恒定，牵引力做功W＝Pt，选项B正确；根据121动能定理有W－fs＝2mv－0，得W>22mv，选项D错误． 答案：BC 7.

如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平地面上，斜面足够长，一质量为m的小物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60 J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零重力势能参考面，则下列说法正确的是( )

A．物体回到斜面底端时的动能为60 J

B．恒力F＝2mgsinθ C．撤去力F时，物体的重力势能是45 J

D．动能与重力势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前

解析：在0～2t时间内，根据功能关系有WF＝(Ek回＋0)－(0＋0)，物体回到

斜面底端时的动能Ek回＝60 J，选项A正12确；撤去力F前有x＝2a1t，F－mgsinθ12＝ma1，撤去力F后有－x＝(a1t)t－2a2t，4mgsinθ＝ma2，得F＝3mgsinθ，选项B4错误；WF＝Fx＝3mgxsinθ，撤去力F时物体的重力势能EP＝mgxsinθ，解得EP3＝4WF＝45 J，选项C正确；由动能定理知，撤去力F之前物体动能为E′k＝1Fx′－mgx′sinθ＝3mgx′sinθ