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

專(zhuān)題02重力勢(shì)能和彈性勢(shì)能、動(dòng)能定理的應(yīng)用一、重力勢(shì)能和彈性勢(shì)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(shuō)法正確的是（）A．重力對(duì)小球做的功一定是B．小球的重力勢(shì)能一定增加了C．小球剛下落時(shí)的重力勢(shì)能一定是D．落地時(shí)小球的重力勢(shì)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(duì)小球做正功，則小球的重力勢(shì)能一定減少了，A正確，B錯(cuò)誤；CD．重力勢(shì)能具有相對(duì)性，由于不確定零重力勢(shì)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(shì)能，CD錯(cuò)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(shuō)法正確的是（）A．由1到3的過(guò)程中，足球的重力勢(shì)能始終不變，重力始終不做功B．足球的重力勢(shì)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(shì)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(shì)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(guò)程中，足球向高處運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能增加，重力做負(fù)功。由2到3的過(guò)程中，足球向低處運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能減少，重力做正功。由1到3的過(guò)程中，初末位置高度相同，則重力勢(shì)能變化量為零，重力做功為零。故足球的重力勢(shì)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(xiàng)戶外極限活動(dòng)。體驗(yàn)者站在約40m以上高度的位置，用原長(zhǎng)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(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．第一次下落過(guò)程中，體驗(yàn)者能體驗(yàn)失重感的位移為20mB．第一次下落20m后，體驗(yàn)者立即處于超重狀態(tài)C．第一次到達(dá)最低點(diǎn)的瞬間，人的重力勢(shì)能為零D．當(dāng)下落到最低點(diǎn)時(shí)，彈性繩的彈性勢(shì)能最大【答案】D【詳解】AB．當(dāng)游客下落20m時(shí)彈性繩到達(dá)原長(zhǎng)，以后繼續(xù)下落時(shí)，彈力先小于重力，游客繼續(xù)加速下落，此過(guò)程中，游客能體驗(yàn)失重，以后彈力大于重力，游客加速度向上，開(kāi)始減速，可知體驗(yàn)者能體驗(yàn)失重感的位移大于20m，故AB錯(cuò)誤；C．因不確定零重力勢(shì)能點(diǎn)，故無(wú)法知道第一次到達(dá)最低點(diǎn)的重力勢(shì)能，故C錯(cuò)誤；D．由功能關(guān)系可知，當(dāng)游客下落到最低點(diǎn)時(shí)，游客所處高度最小，重力勢(shì)能最小，彈性繩的彈性勢(shì)能最大，故D正確。故選D。4．彈簧發(fā)生彈性形變時(shí)產(chǎn)生了彈力，具有了彈性勢(shì)能。彈簧的彈力可對(duì)外做正功，也可對(duì)外做負(fù)功，彈簧的彈力做功，彈簧的彈性勢(shì)能變化；彈簧的彈性勢(shì)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(shì)能及其變化的下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧的彈力做正功時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能增加B．彈簧的彈力做負(fù)功時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能減少C．彈簧的彈力做功為零的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能一定保持不變D．同一彈簧的伸長(zhǎng)量與壓縮量相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能也相等【答案】D【詳解】AB．彈簧的彈力做正功時(shí)，彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量，彈簧的彈性勢(shì)能減少，彈簧的彈力做負(fù)功時(shí)，其他形式的能量轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，彈簧的彈性勢(shì)能增加，AB錯(cuò)誤；C．彈簧的彈力做功為零，表示彈簧的初末狀態(tài)彈性勢(shì)能相等，但彈性勢(shì)能不一定總保持不變，C錯(cuò)誤；D．彈性勢(shì)能與形變量有關(guān)，同一彈簧的伸長(zhǎng)量與壓縮量相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能也相等，D正確。故選D。應(yīng)用動(dòng)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(diǎn)）的小滑塊P，它在容器內(nèi)壁由靜止開(kāi)始下滑到最低點(diǎn)，在最低點(diǎn)時(shí)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(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做的功為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】在最低點(diǎn)由牛頓第二定律有，Р由靜止下滑到最低點(diǎn)的過(guò)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(shí)彈簧自然伸長(zhǎng)，物塊位于點(diǎn)?，F(xiàn)用外力向左推動(dòng)物塊，當(dāng)彈簧壓縮量為時(shí)，使物塊靜止，然后由靜止釋放物塊，物塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)速度剛好為0。已知此過(guò)程中向左推動(dòng)木塊的外力所做的功為。則此過(guò)程中彈簧的最大彈性勢(shì)能為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)彈簧的最大彈性勢(shì)能為，木塊向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理木塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理聯(lián)立解得故ACD錯(cuò)誤B正確。故選B。應(yīng)用動(dòng)能定理處理多過(guò)程問(wèn)題7．如圖所示，小球以初速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿不光滑的軌道運(yùn)動(dòng)到高為h的B點(diǎn)后自動(dòng)返回，其返回途中仍經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，小球經(jīng)過(guò)軌道連接處無(wú)機(jī)械能損失，則小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)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(guò)程中阻力做功為W，由A到B的過(guò)程中由動(dòng)能定理當(dāng)小球由B返回到A的過(guò)程中，阻力做的功依舊為W，再由動(dòng)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(zhǎng)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(dòng)，且第9次經(jīng)過(guò)斜面和水平軌道連接處后停水平軌道的中點(diǎn)。若不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。則小物塊與水平軌道間的動(dòng)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(guò)程，據(jù)動(dòng)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(zhǎng)為，小紅質(zhì)量為，擺到最低點(diǎn)時(shí)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(kāi)始擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．?dāng)[到最低點(diǎn)時(shí)重力的功率為B．重力的瞬時(shí)功率先增大后減小C．重力勢(shì)能減少了D．?dāng)[到最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大小等于重力【答案】BC【詳解】A．?dāng)[到最低點(diǎn)時(shí)重力與速度方向相垂直，則重力的功率為0，所以A錯(cuò)誤；B．由于開(kāi)始時(shí)初速度為0，重力的瞬時(shí)功率為0，最低點(diǎn)時(shí)也為0，則重力的瞬時(shí)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(shì)能減少了，所以C正確；D．?dāng)[到最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大小大于重力，為所以D錯(cuò)誤；故選BC。10．雨滴的下落運(yùn)動(dòng)并不能看成是“自由落體”運(yùn)動(dòng)，在接近地面時(shí)，雨滴往往做勻速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)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(dòng)，下列說(shuō)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(shì)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(cuò)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(shì)能一直在減小，故D錯(cuò)誤。故選BC。11．質(zhì)量為m的物體從地面上方H高處無(wú)初速度釋放，落在地面后出現(xiàn)一個(gè)深度為h的坑，如圖所示，在此過(guò)程中（）A．重力對(duì)物體做功為mgHB．物體的重力勢(shì)能減少了mg（H+h）C．外力對(duì)物體做的總功為零D．物體的最大動(dòng)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(shì)能減少了，A錯(cuò)誤B正確；C．物體的初末動(dòng)能都為零，根據(jù)動(dòng)能定理可知，合外力做的功等于物體動(dòng)能的變化量，所以外力對(duì)物體做的總功為零，C正確。D．物體剛進(jìn)入坑中時(shí)動(dòng)能最大，對(duì)于物體下落H的過(guò)程，由動(dòng)能定理得，物體的最大動(dòng)能等于mgH，D錯(cuò)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(dòng)物塊A，使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，如圖2所示。已知重力加速度為g，從物塊A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到物塊B恰要離開(kāi)桌面的過(guò)程中，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則對(duì)此過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）A．力F的初始值大小等于maB．物塊A的最大動(dòng)能等于C．物塊A增加的重力勢(shì)能等于D．彈簧的彈性勢(shì)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?yàn)锳物體向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)A受力分析：受重力、拉力和彈簧的彈力，開(kāi)始階段彈簧對(duì)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(kāi)桌面時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)x，因此整個(gè)過(guò)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(dòng)，物塊B恰要離開(kāi)桌面時(shí)，物體A的速度最大，動(dòng)能最大，由，，解得故B正確；C．物塊A增加的重力勢(shì)能等于故C錯(cuò)誤；D．初始位置彈簧的壓縮量與物塊B恰要離開(kāi)桌面時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量相同，則彈簧的彈性勢(shì)能相同，故彈簧的彈性勢(shì)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(gè)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(zhǎng)。圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)B處時(shí)速度達(dá)到最大（B為桿AC中的某一點(diǎn)），到達(dá)C處時(shí)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(guò)程中，加速度一直減小B．下滑過(guò)程中，克服摩擦力做功為C．從A下滑到C的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的增加量小于mghD．在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為【答案】BCD【詳解】A．圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)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(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B處的速度最大，所以經(jīng)過(guò)B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大，故A錯(cuò)誤；B．研究圓環(huán)從A處由靜止開(kāi)始下滑到C過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(kāi)始下滑到C過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于mgh﹣mv2，故C正確；D．由于開(kāi)始彈簧水平且處于原長(zhǎng)，則在C處，彈簧的彈性勢(shì)能為mgh﹣mv2，故D正確．故選BCD。14．新一代標(biāo)準(zhǔn)高速動(dòng)車(chē)組“復(fù)興號(hào)”是中國(guó)自主研發(fā)、具有完全知識(shí)產(chǎn)權(quán)的新一代高速列車(chē)，它集成了大量現(xiàn)代高新技術(shù)，牽引、制動(dòng)、網(wǎng)絡(luò)、轉(zhuǎn)向架、輪軸等關(guān)鍵技術(shù)實(shí)現(xiàn)重要突破，是中國(guó)科技創(chuàng)新的又一重大成果。一列質(zhì)量為m的復(fù)興號(hào)動(dòng)車(chē)，初速度為，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度，設(shè)動(dòng)車(chē)行駛過(guò)程所受到的阻力f保持不變動(dòng)車(chē)在時(shí)間t內(nèi)（）A．做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 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(dòng)車(chē)的功率恒定，根據(jù)可知?jiǎng)榆?chē)的牽引力減小，根據(jù)牛頓第二定律得可知?jiǎng)榆?chē)的加速度減小，所以動(dòng)車(chē)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤；C．當(dāng)加速度為0時(shí)，牽引力等于阻力，則牽引力功率為故C正確；D．根據(jù)動(dòng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在小車(chē)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(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng).小物塊和小車(chē)之間的摩擦力為，小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為x.此過(guò)程中，下列結(jié)論正確的是（）A．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為B．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)具有的動(dòng)能為C．小物塊克服摩擦力所做的功為D．小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為【答案】ABC【詳解】A．對(duì)物塊分析，物塊對(duì)地的位移為L(zhǎng)+x，根據(jù)動(dòng)能定理得知物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能Ek物=(F－)·(L＋x)，A正確。B．對(duì)小車(chē)分析，小車(chē)對(duì)地的位移為x，根據(jù)動(dòng)能定理得x=Ek車(chē)-0知物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)具有的動(dòng)能Ek車(chē)=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(chē)增加的內(nèi)能Q=x相對(duì)=fL根據(jù)能量守恒，小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為。D錯(cuò)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(dòng)，拉力大小先后為，t=4s時(shí)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(dòng)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(duì)物塊A做的功為零B．全過(guò)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(shí)拉力的功率可能小于3.5s時(shí)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(dòng)，加速度是零，物塊受合外力是零，所以合外力對(duì)物塊A做的功是零，A正確；B．物塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)中的位移是由動(dòng)能定理可知WF?Wf=0；WF=Wf≠0因此在整個(gè)運(yùn)動(dòng)中，拉力做功等于克服阻力做功，B錯(cuò)誤；

C．在0~1s內(nèi)物塊位移是，由動(dòng)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(shí)，拉力F2=μmg，速度是v0，所以功率有P2=F2v0=μmgv0在3.5s時(shí)，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(shí)拉力的功率大于3.5s時(shí)拉力的功率，D錯(cuò)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(zhǎng)的固定斜面。若以斜面底端為起點(diǎn)，乙圖為小木塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能隨運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，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(diǎn)的過(guò)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(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)【答案】BCD【詳解】AB．小物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)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(gè)過(guò)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(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為10J，故A錯(cuò)誤，B正確；CD．上升過(guò)程，根據(jù)動(dòng)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(zhǎng)的均勻斜面傾角為45°，一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）自斜面底端以動(dòng)能，沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，返回斜面底端時(shí)動(dòng)能為Ek。下列說(shuō)法正確的是（）A．小物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6B．小物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4C．小物塊自斜面底端運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中，損失的機(jī)械能為EkD．小物塊自斜面底端運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)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(dòng)的最大位移為x，小物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，上行過(guò)程有-（mgsin45°+μmgcos45°）x=0-Ek下行過(guò)程有（mgsin45°-μmgcos45°）x=Ek-0解得μ=0.6故A正確，B錯(cuò)誤；CD．小物塊自斜面底端運(yùn)動(dòng)到返回底端過(guò)程中，損失的機(jī)械能為Ek，又全過(guò)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(guò)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(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中，損失的機(jī)械能為Ek，故C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。19．如圖，斜面底端和水平面平滑相接，一小球