高一物理下學(xué)期期末考試分類匯編重力勢能和彈性勢能動能定理的應(yīng)用新人教版

專題02重力勢能和彈性勢能、動能定理的應(yīng)用一、重力勢能和彈性勢能1．重為的小球，在空中下落了的高度后到達(dá)地面，下列說法正確的是（）A．重力對小球做的功一定是B．小球的重力勢能一定增加了C．小球剛下落時的重力勢能一定是D．落地時小球的重力勢能一定是【答案】A【詳解】AB．重為的小球，在空中下落了的高度后到達(dá)地面，重力做功為可知重力對小球做正功，則小球的重力勢能一定減少了，A正確，B錯誤；CD．重力勢能具有相對性，由于不確定零重力勢能的參考平面選擇位置，故不能確定小球所處位置的重力勢能，CD錯誤。故選A。2．質(zhì)量為m的足球在地面1位置被踢出后落到3位置，以下說法正確的是（）A．由1到3的過程中，足球的重力勢能始終不變，重力始終不做功B．足球的重力勢能先減小后增加，總的變化量為0，重力先做負(fù)功，后做正功，總功為零C．足球的重力勢能先增大后減小，總的變化量為0，重力先做負(fù)功，后做正功，總功為零D．足球的重力勢能先增大后減小，總的變化量為0，重力先做正功，后做負(fù)功，總功為零【答案】C【詳解】由1到2的過程中，足球向高處運(yùn)動，重力勢能增加，重力做負(fù)功。由2到3的過程中，足球向低處運(yùn)動，重力勢能減少，重力做正功。由1到3的過程中，初末位置高度相同，則重力勢能變化量為零，重力做功為零。故足球的重力勢能先增大后減小，總的變化量為0，重力先做負(fù)功，后做正功，總功為零。故選C。3．蹦極是一項戶外極限活動。體驗者站在約40m以上高度的位置，用原長為20m的彈性繩固定住后跳下，落地前彈起，反復(fù)彈起落下。忽略空氣阻力的影響，在人的整個運(yùn)動過程中，下列說法正確的是（）A．第一次下落過程中，體驗者能體驗失重感的位移為20mB．第一次下落20m后，體驗者立即處于超重狀態(tài)C．第一次到達(dá)最低點的瞬間，人的重力勢能為零D．當(dāng)下落到最低點時，彈性繩的彈性勢能最大【答案】D【詳解】AB．當(dāng)游客下落20m時彈性繩到達(dá)原長，以后繼續(xù)下落時，彈力先小于重力，游客繼續(xù)加速下落，此過程中，游客能體驗失重，以后彈力大于重力，游客加速度向上，開始減速，可知體驗者能體驗失重感的位移大于20m，故AB錯誤；C．因不確定零重力勢能點，故無法知道第一次到達(dá)最低點的重力勢能，故C錯誤；D．由功能關(guān)系可知，當(dāng)游客下落到最低點時，游客所處高度最小，重力勢能最小，彈性繩的彈性勢能最大，故D正確。故選D。4．彈簧發(fā)生彈性形變時產(chǎn)生了彈力，具有了彈性勢能。彈簧的彈力可對外做正功，也可對外做負(fù)功，彈簧的彈力做功，彈簧的彈性勢能變化；彈簧的彈性勢能變化，彈簧的彈力必做功。下列關(guān)于彈簧彈力的功、彈簧彈性勢能及其變化的下列說法正確的是（）A．彈簧的彈力做正功時，彈簧的彈性勢能增加B．彈簧的彈力做負(fù)功時，彈簧的彈性勢能減少C．彈簧的彈力做功為零的過程中，彈簧的彈性勢能一定保持不變D．同一彈簧的伸長量與壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能也相等【答案】D【詳解】AB．彈簧的彈力做正功時，彈性勢能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量，彈簧的彈性勢能減少，彈簧的彈力做負(fù)功時，其他形式的能量轉(zhuǎn)化為彈性勢能，彈簧的彈性勢能增加，AB錯誤；C．彈簧的彈力做功為零，表示彈簧的初末狀態(tài)彈性勢能相等，但彈性勢能不一定總保持不變，C錯誤；D．彈性勢能與形變量有關(guān)，同一彈簧的伸長量與壓縮量相等時，彈簧的彈性勢能也相等，D正確。故選D。應(yīng)用動能定理求變力做功5．如圖，一容器的內(nèi)壁是半徑為r的半球面，容器固定在水平地面上。在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m（可視為質(zhì)點）的小滑塊P，它在容器內(nèi)壁由靜止開始下滑到最低點，在最低點時的向心加速度大小為a，已知重力加速度大小為g。則Р由靜止下滑到最低點的過程中克服摩擦力做的功為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】在最低點由牛頓第二定律有，Р由靜止下滑到最低點的過程中有聯(lián)立解得故選A。6．如圖所示，一勁度系數(shù)為的輕彈簧左端固定在豎直墻壁上，右端連接置于粗糙水平面的物塊。此時彈簧自然伸長，物塊位于點。現(xiàn)用外力向左推動物塊，當(dāng)彈簧壓縮量為時，使物塊靜止，然后由靜止釋放物塊，物塊到達(dá)點時速度剛好為0。已知此過程中向左推動木塊的外力所做的功為。則此過程中彈簧的最大彈性勢能為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)彈簧的最大彈性勢能為，木塊向左運(yùn)動時，根據(jù)動能定理木塊向右運(yùn)動時，根據(jù)動能定理聯(lián)立解得故ACD錯誤B正確。故選B。應(yīng)用動能定理處理多過程問題7．如圖所示，小球以初速度從A點出發(fā)，沿不光滑的軌道運(yùn)動到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經(jīng)過A點，小球經(jīng)過軌道連接處無機(jī)械能損失，則小球經(jīng)過A點的速度大小為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】設(shè)小球在由A到B的過程中阻力做功為W，由A到B的過程中由動能定理當(dāng)小球由B返回到A的過程中，阻力做的功依舊為W，再由動能定理得以上兩式聯(lián)立可得故選D。8．如圖所示，軌道的水平部分粗糙且長度為l，兩側(cè)的斜面和弧面部分光滑且與水平軌道平滑連接。一小物塊從斜面軌道上距水平軌道高度為h處由靜止滑下，在軌道上往返運(yùn)動，且第9次經(jīng)過斜面和水平軌道連接處后停水平軌道的中點。若不計空氣阻力，重力加速度為g。則小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)可能為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】小物塊從釋放到最后停止過程，據(jù)動能定理可得解得，A正確。故選A。9．小紅在玩蕩秋千，媽媽把她拉到與豎直方向夾角處由靜止釋放，如圖所示。已知秋千繩長為，小紅質(zhì)量為，擺到最低點時速度大小為，不考慮空氣阻力、繩和坐椅的質(zhì)量。則在小紅由靜止開始擺到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．?dāng)[到最低點時重力的功率為B．重力的瞬時功率先增大后減小C．重力勢能減少了D．?dāng)[到最低點時繩子的拉力大小等于重力【答案】BC【詳解】A．?dāng)[到最低點時重力與速度方向相垂直，則重力的功率為0，所以A錯誤；B．由于開始時初速度為0，重力的瞬時功率為0，最低點時也為0，則重力的瞬時功率先增大后減小，所以B正確；C．重力做的功為根據(jù)功能關(guān)系，則重力勢能減少了，所以C正確；D．?dāng)[到最低點時繩子的拉力大小大于重力，為所以D錯誤；故選BC。10．雨滴的下落運(yùn)動并不能看成是“自由落體”運(yùn)動，在接近地面時，雨滴往往做勻速運(yùn)動，這時的速度通常叫做收尾速度。關(guān)于一定質(zhì)量的雨滴從高空下落的運(yùn)動，下列說法正確的是（）A．雨滴所受阻力是恒定的 B．重力一直做正功C．重力的功率先增大后不變 D．雨滴的重力勢能先減小后不變【答案】BC【詳解】A．雨滴在勻速之前所受阻力在增大，故A錯誤；B．雨滴在下落，高度降低，則重力一直做正功，故B正確；C．根據(jù)，重力mg大小不變，速度v先增大后不變，則重力的功率先增大后不變，故C正確；D．由于重力一直做正功，則雨滴的重力勢能一直在減小，故D錯誤。故選BC。11．質(zhì)量為m的物體從地面上方H高處無初速度釋放，落在地面后出現(xiàn)一個深度為h的坑，如圖所示，在此過程中（）A．重力對物體做功為mgHB．物體的重力勢能減少了mg（H+h）C．外力對物體做的總功為零D．物體的最大動能等于mg（H+h）【答案】BC【詳解】AB．物體高度下降了H+h，故重力做功為物體做了正功，則物體的重力勢能減少了，A錯誤B正確；C．物體的初末動能都為零，根據(jù)動能定理可知，合外力做的功等于物體動能的變化量，所以外力對物體做的總功為零，C正確。D．物體剛進(jìn)入坑中時動能最大，對于物體下落H的過程，由動能定理得，物體的最大動能等于mgH，D錯誤。故選BC。12．如圖1所示，質(zhì)量均為m的物塊A和B用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧拴接，豎直靜置在水平桌面上?，F(xiàn)用一豎直向上的力F拉動物塊A，使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動，如圖2所示。已知重力加速度為g，從物塊A開始運(yùn)動到物塊B恰要離開桌面的過程中，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則對此過程，下列說法正確的是（）A．力F的初始值大小等于maB．物塊A的最大動能等于C．物塊A增加的重力勢能等于D．彈簧的彈性勢能變化量為零【答案】ABD【詳解】A．最初彈簧被壓縮，A物體受到豎直向上的彈力等于重力，因為A物體向上做勻加速直線運(yùn)動，對A受力分析：受重力、拉力和彈簧的彈力，開始階段彈簧對A施加向上的支持力，由牛頓第二定律得則得由于初始位置因此故A正確；B．初始位置彈簧被壓縮x，物塊B恰要離開桌面時，彈簧伸長x，因此整個過程中物體A上升2x，物塊A向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動，物塊B恰要離開桌面時，物體A的速度最大，動能最大，由，，解得故B正確；C．物塊A增加的重力勢能等于故C錯誤；D．初始位置彈簧的壓縮量與物塊B恰要離開桌面時彈簧的伸長量相同，則彈簧的彈性勢能相同，故彈簧的彈性勢能變化量為零，故D正確。故選ABD。13．如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一個質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處時速度達(dá)到最大（B為桿AC中的某一點），到達(dá)C處時速度為零，AC=h。如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則（）A．下滑過程中，加速度一直減小B．下滑過程中，克服摩擦力做功為C．從A下滑到C的過程中，彈簧彈性勢能的增加量小于mghD．在C處，彈簧的彈性勢能為【答案】BCD【詳解】A．圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，經(jīng)過B處的速度最大，到達(dá)C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運(yùn)動，再做減速運(yùn)動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A錯誤；B．研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，根據(jù)動能定理，有mgh-Wf-W彈=0在C處獲得一豎直向上的速度v，恰好能回到A，根據(jù)動能定理，有-mgh+W彈-Wf=0-mv2解得：Wf=mv2即克服摩擦力做的功為mv2，故B正確；C．由能量守恒定律知，圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程中，彈簧的彈性勢能增加量等于mgh﹣mv2，故C正確；D．由于開始彈簧水平且處于原長，則在C處，彈簧的彈性勢能為mgh﹣mv2，故D正確．故選BCD。14．新一代標(biāo)準(zhǔn)高速動車組“復(fù)興號”是中國自主研發(fā)、具有完全知識產(chǎn)權(quán)的新一代高速列車，它集成了大量現(xiàn)代高新技術(shù)，牽引、制動、網(wǎng)絡(luò)、轉(zhuǎn)向架、輪軸等關(guān)鍵技術(shù)實現(xiàn)重要突破，是中國科技創(chuàng)新的又一重大成果。一列質(zhì)量為m的復(fù)興號動車，初速度為，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動，經(jīng)時間t達(dá)到該功率下的最大速度，設(shè)動車行駛過程所受到的阻力f保持不變動車在時間t內(nèi)（）A．做勻加速直線運(yùn)動 B．加速度逐漸增大C．牽引力的功率 D．合力做功【答案】CD【詳解】AB．動車的功率恒定，根據(jù)可知動車的牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得可知動車的加速度減小，所以動車做加速度減小的加速運(yùn)動，故AB錯誤；C．當(dāng)加速度為0時，牽引力等于阻力，則牽引力功率為故C正確；D．根據(jù)動能定理得合力做的功為故D正確。故選CD。15．如圖所示，質(zhì)量為M長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點）放在小車的最左端現(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動.小物塊和小車之間的摩擦力為，小物塊滑到小車的最右端時，小車運(yùn)動的距離為x.此過程中，下列結(jié)論正確的是（）A．小物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能為B．小物塊到達(dá)小車最右端時，小車具有的動能為C．小物塊克服摩擦力所做的功為D．小物塊和小車增加的機(jī)械能為【答案】ABC【詳解】A．對物塊分析，物塊對地的位移為L+x，根據(jù)動能定理得知物塊到達(dá)小車最右端時具有的動能Ek物=(F－)·(L＋x)，A正確。B．對小車分析，小車對地的位移為x，根據(jù)動能定理得x=Ek車-0知物塊到達(dá)小車最右端時，小車具有的動能Ek車=x，B正確。C．小物塊克服摩擦力所做的功為，C正確。D．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即物塊與小車增加的內(nèi)能Q=x相對=fL根據(jù)能量守恒，小物塊和小車增加的機(jī)械能為。D錯誤。故選ABC。16．靜止在粗糙水平面上的物塊A，在方向始終不變的拉力作用下做直線運(yùn)動，拉力大小先后為，t=4s時物塊A停下，其v-t圖像如圖所示，已知物塊A與水平面的動摩擦因數(shù)處處相同，下列判斷正確的是（）A．在1~3s內(nèi)，合外力對物塊A做的功為零B．全過程拉力做的功等于零C．在0~1s內(nèi)拉力做的功一定大于3~4s內(nèi)拉力做的功D．2s時拉力的功率可能小于3.5s時拉力的功率【答案】AC【詳解】A．由v-t圖像可知，在1~3s內(nèi)，物塊做勻速直線運(yùn)動，加速度是零，物塊受合外力是零，所以合外力對物塊A做的功是零，A正確；B．物塊在整個運(yùn)動中的位移是由動能定理可知WF?Wf=0；WF=Wf≠0因此在整個運(yùn)動中，拉力做功等于克服阻力做功，B錯誤；

C．在0~1s內(nèi)物塊位移是，由動能定理；在3~4s內(nèi)，物塊的位移是，則有；因摩擦力做功相等，所以在0~1s內(nèi)拉力做的功一定大于3~4s內(nèi)拉力做的功，C正確；D．在2s時，拉力F2=μmg，速度是v0，所以功率有P2=F2v0=μmgv0在3.5s時，加速度由牛頓第二定律得F3?μmg=ma代入數(shù)據(jù)解得F3=μmg?mv0由圖像可知v′=v0+a（3.5?3）=則有P3=F3v′=因此2s時拉力的功率大于3.5s時拉力的功率，D錯誤。故選AC。17．如圖甲所示，一小木塊以某一初速度沖上傾角足夠長的固定斜面。若以斜面底端為起點，乙圖為小木塊在斜面上運(yùn)動的動能隨運(yùn)動路程x變化關(guān)系圖像。忽略空氣阻力的影響，小木塊視為質(zhì)點，重力加速度，，，則下列判斷正確的是（）A．小木塊從底端沖到最高點的過程中，損失的機(jī)械能為20JB．小木塊從底端出發(fā)至回到底端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為10JC．小木塊的質(zhì)量D．小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)【答案】BCD【詳解】AB．小物體在運(yùn)動過程中受到重力，摩擦力以及支持力作用，支持力不做功，摩擦力做負(fù)功，所以機(jī)械能減少，而上升和下降過程中機(jī)械能的減少量相等，根據(jù)圖象可知，上升和下降整個過程機(jī)械能的減少量為10J，所以小木塊從底端出發(fā)再回到底端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為10J，故A錯誤，B正確；CD．上升過程，根據(jù)動能定理有-mgxsinθ-μmgxcosθ=0-20；μmgcosθ?x=5聯(lián)立解得m=1kg，μ=0.25故C正確，D正確。故選BCD。18．如圖所示，一固定且足夠長的均勻斜面傾角為45°，一小物塊（可視為質(zhì)點）自斜面底端以動能，沿斜面向上運(yùn)動，返回斜面底端時動能為Ek。下列說法正確的是（）A．小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.6B．小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為0.4C．小物塊自斜面底端運(yùn)動到最高點過程中，損失的機(jī)械能為EkD．小物塊自斜面底端運(yùn)動到最高點過程中，損失的機(jī)械能為Ek【答案】AC【詳解】AB．設(shè)小物塊受重力大小為G，能沿斜面向上運(yùn)動的最大位移為x，小物塊與斜面間動摩擦因數(shù)為μ，上行過程有-（mgsin45°+μmgcos45°）x=0-Ek下行過程有（mgsin45°-μmgcos45°）x=Ek-0解得μ=0.6故A正確，B錯誤；CD．小物塊自斜面底端運(yùn)動到返回底端過程中，損失的機(jī)械能為Ek，又全過程除重力外只有摩擦力做功，而物塊沖上斜面和返回到斜面底端的兩過程中克服摩擦阻力做功相等，即機(jī)械能損失相等，則小物塊自斜面底端運(yùn)動到最高點過程中，損失的機(jī)械能為Ek，故C正確，D錯誤。故選AC。19．如圖，斜面底端和水平面平滑相接，一小球