《（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第3講 功和能練習(xí)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)版）2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第3講 功和能練習(xí)（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第3講　功和能 一、單項選擇題 1.(2019安徽宿州教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強電場中運動,M、N為其運動軌跡上的兩點。已知該粒子在M點的速度大小為v0,方向與水平方向的夾角為60°,N點為軌跡的最高點,不計重力。則M、N兩點間的電勢差為(　　) 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 A.3mv028q B.-3mv028q C.-mv028q D.mv028q 答案　B　從M點到N點利用動能定理有qUMN=12mvN2-12mvM2=12m(v0 cos 60°)2-12mv02,解得UMN=-3mv028q,故

2、B正確。 2.(2019山東淄博三模)如圖所示,質(zhì)量均為m的木塊A和B,用一個勁度系數(shù)為k的豎直輕質(zhì)彈簧連接,最初系統(tǒng)靜止,現(xiàn)在用力F緩慢拉A直到B剛好離開地面,則這一過程中力F做的功至少為(　　) A.m2g2k B.2m2g2k C.3m2g2k D.4m2g2k 答案　B　最初系統(tǒng)靜止時,彈力等于A的重力,由胡克定律得,彈簧被壓縮的長度x1=mgk,最后B剛好離開地面時,彈力等于B的重力,此時彈簧伸長的長度x2=mgk,此過程緩慢進行,所以力F做的功等于系統(tǒng)增加的重力勢能,根據(jù)功能關(guān)系可知W=mg(x1+x2)=2m2g2k,故B正確。 3.(2019河南平頂山模

3、擬)質(zhì)量m=20 kg的物體,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直線運動。0~2 s內(nèi)F與運動方向相反,2~4 s內(nèi)F與運動方向相同,物體的v-t圖像如圖所示。g取10 m/s2,則(　　) A.拉力F的大小為100 N B.在4 s時拉力的瞬時功率為120 W C.4 s內(nèi)拉力所做的功為480 J D.4 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為320 J 答案　B　取物體初速度方向為正方向,由題圖可知物體與水平面間存在摩擦力,由題圖可知0~2 s內(nèi),-F-f=ma1,且a1=-5 m/s2;2~4 s內(nèi),-F+f=ma2,且a2=-1 m/s2,聯(lián)立以上兩式解得F=60 N,f=4

4、0 N,A錯誤;由P=Fv得4 s時拉力的瞬時功率為120 W,B正確;由W=Fx,可知0~2 s內(nèi),W1=-Fx1,2~4 s內(nèi),W2=Fx2,由題圖可知x1=10 m,x2=2 m,代入數(shù)據(jù)解得,4 s內(nèi)拉力所做的功為-480 J,C錯誤;摩擦力做功W'=fs,摩擦力始終與速度方向相反,故s為路程,由題圖可解得總路程為12 m,4 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為480 J,D錯誤。 4.(2019山西榆社中學(xué)聯(lián)考)如圖所示,ABC是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道,AB水平,長度為2R,BC是半徑為R的四分之一圓弧,與AB相切于B點。為了研究空氣動力學(xué)問題,現(xiàn)將一小球從距AB高為2R的E處以一定初速度

5、水平拋出,由于存在水平向右的風(fēng)的作用力,且該風(fēng)力為恒力(其他方向空氣的作用力不計),小球恰好無碰撞地從C點進入圓弧軌道,并沿圓弧軌道運動到水平軌道上。已知拋出點距C點的水平距離為R,重力加速度為g,則該過程中小球速度為零的位置到B點的距離為(　　) A.0.5R B.R C.1.5R D.2R 答案　B　未進入軌道前,小球在運動過程中受重力和風(fēng)力作用,在豎直方向做自由落體運動,有R=12gt2,在水平方向做勻減速直線運動。設(shè)初速度為v0,因小球恰能無碰撞地從C處進入圓弧軌道,說明小球運動到C處時,水平分速度恰好減小到零,有R=v0+02t,得v0=2gR;設(shè)風(fēng)力大小為F,

6、根據(jù)牛頓第二定律得a=Fm,有v02=2aR,得F=mg。對整個運動過程,由動能定理有mg×2R-F×(2R+x)=-12mv02,解得x=R,故B正確,A、C、D錯誤。 5.(2019重慶調(diào)研)一物體僅受重力和豎直向上的拉力作用,沿豎直方向向上做減速運動。此過程中物體速度的平方和上升高度的關(guān)系如圖所示。若取h=0處為重力勢能的參考平面,則此過程中物體的機械能隨高度變化的圖像可能正確的是(　　) 答案　D　拉力豎直向上,與物體的位移方向相同,則拉力對物體做正功,由功能關(guān)系知物體的機械能增加,故A、B錯誤;由勻變速運動的速度位移關(guān)系式v2-v02=2ah得v2=v02+2ah,可知v

7、2-h圖像的斜率等于2a,直線的斜率一定,則知物體的加速度a一定,因此物體向上做勻減速直線運動,由牛頓第二定律知拉力恒定。由功能關(guān)系知FΔh=ΔE,得ΔEΔh=F,所以E-h圖像的斜率等于拉力F,F一定,因此E-h圖像應(yīng)是向上傾斜的直線,故C錯誤,D正確。 二、多項選擇題 6.(2019湖北重點學(xué)校協(xié)作體模擬)為減少二氧化碳排放,很多城市都推出了新型節(jié)能環(huán)保電動車。在檢測某款電動車性能的試驗中,質(zhì)量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛,達(dá)到的最大速度為15 m/s,利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應(yīng)的速度v,并描繪出如圖所示的F-1v圖像(圖中AB、BC均為

8、直線,其中BC的延長線過原點),電動車行駛中所受阻力恒為車重的0.05,重力加速度取10 m/s2,則(　　) A.該車啟動后,先做勻加速運動,然后做勻速運動 B.該車啟動后,先做勻加速運動,然后做加速度減小的加速運動,接著做勻速運動 C.該車做勻加速運動的時間是1.2 s D.該車加速度為0.25 m/s2時,動能是4×104 J 答案　BD　由于橫坐標(biāo)為速度的倒數(shù),所以電動車的啟動過程為從A到B到C。AB段,牽引力不變,電動車做勻加速直線運動,加速度為a=F-fm=2000-0.05×8×102×108×102 m/s2=2 m/s2;BC段,由于圖線為過原點的直線,所以Fv

9、=P額=恒量,速度增大,牽引力減小,加速度減小,電動車做加速度減小的加速直線運動,當(dāng)F=f=400 N,速度達(dá)到最大值15 m/s,故選項A錯誤、B正確。由a=v-v0t可知t=v-v0a=3-02 s=1.5 s,故選項C錯誤。該車加速度為0.25 m/s2時,牽引力為F'=ma'+f=8×102×0.25 N+0.05×8×102×10 N=600 N,此時的速度為v'=2000×3600 m/s=10 m/s,動能為Ek=12mv'2=12×8×102×102 J=4×104 J,故選項D正確。 7.(2019江蘇單科,8,4分)如圖所示,輕質(zhì)彈簧的左端固定,并處于自然狀態(tài)。小物塊的質(zhì)

10、量為m,從A點向左沿水平地面運動,壓縮彈簧后被彈回,運動到A點恰好靜止。物塊向左運動的最大距離為s,與地面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,彈簧未超出彈性限度。在上述過程中(　　) A.彈簧的最大彈力為μmg B.物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C.彈簧的最大彈性勢能為μmgs D.物塊在A點的初速度為2μgs 答案　BC　本題考查動能定理,對物塊不同運動過程的分析能體現(xiàn)學(xué)生的綜合分析能力。 對物塊從A點開始到再回到A點整個過程,由動能定理可知Wf=-2μmgs=0-12mvA2,則vA=2μgs,故B正確,D錯誤。對物塊從A點開始到彈簧壓縮量最大這一過程,由動能定理可知W

11、彈+Wf'=0-12mvA2,Wf'=-μmgs,則W彈=-μmgs,即物塊克服彈力做功為μmgs,所以彈簧彈性勢能增加μmgs,故C正確。當(dāng)克服彈力做功為μmgs時,彈簧的最大彈力要大于μmg,故A錯誤。 8.(2019遼寧鐵嶺模擬)如圖,用輕繩連接的滑輪組下方懸掛著兩個物體A、B,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,且m2=2m1,A用輕繩掛在動滑輪上,滑輪的質(zhì)量、摩擦均不計?，F(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放,對A上升h高度(h小于兩滑輪起始高度差)這一過程,下列說法正確的是(　　) A.B減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為A增加的重力勢能 B.A上升到h高度時的速度為2gh3 C.輕繩對B做功的功率大小與輕

12、繩對A做功的功率大小相等 D.輕繩的拉力大小為23m1g 答案　BCD　根據(jù)能量守恒可知,B減小的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為A增加的重力勢能和兩物體的動能,故A錯誤;根據(jù)動滑輪的特點可知,B的速度大小為A速度大小的2倍,根據(jù)動能定理可得m2g·2h-m1gh=12m2v22+12m1v12,v2=2v1,解得v1=2gh3,故B正確;輕繩的拉力相同,故輕繩對B、A做功的功率大小分別為P2=Fv2,P1=2F·v1,由于v2=2v1,故輕繩對B做功的功率大小與輕繩對A做功的功率大小相等,故C正確;根據(jù)動滑輪的特點可知,A的加速度大小為B的加速度大小的一半,根據(jù)牛頓第二定律可知2F-m1g=m1a,m

13、2g-F=m2·2a,聯(lián)立解得F=2m1g3,故D正確。 三、計算題 9.(2019四川南充三模)如圖所示,讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下,擺到最低點D時,擺線剛好被拉斷,小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速直線運動,到達(dá)A孔進入半徑R=0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道,當(dāng)擺球進入圓軌道立即關(guān)閉A孔。已知擺線長L=2 m,θ=60°,擺球質(zhì)量為m=0.5 kg,D點與A孔的水平距離s=2 m,g取10 m/s2。試求: (1)擺線能承受的最大拉力; (2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道,擺球與粗糙水平面間動摩擦因數(shù)μ的范圍。 答案　(1)10 N　(2)0.35≤μ≤

14、0.5或者μ≤0.125 解析　(1)當(dāng)擺球由C點運動到D點時機械能守恒 mg(L-L cos θ)=12mvD2 由牛頓第二定律可得Fm-mg=mvD2L 可得Fm=10 N (2)擺球不脫離圓軌道分兩種情況 ①要保證擺球能到達(dá)A孔,設(shè)擺球到達(dá)A孔的速度恰好為零,由動能定理可得 -μmgs=0-12mvD2 可得μ=0.5 若進入A孔的速度較小,那么將會在圓心以下做等幅擺動,不脫離軌道。其臨界情況為到達(dá)圓心等高處速度為零,由機械能守恒定律可得 12mvA2=mgR 由動能定理可得-μmgs=12mvA2-12mvD2 可求得μ=0.35 ②若擺球能過圓軌道的最高點則

15、不會脫離軌道,在圓周的最高點由牛頓第二定律可得 mg=mv2R 由動能定理可得 -μmgs-2mgR=12mv2-12mvD2 解得μ=0.125 綜上,動摩擦因數(shù)μ的范圍為0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。 10.(2019廣東梅州調(diào)研)如圖所示,質(zhì)量為m=1 kg的可視為質(zhì)點的小物塊輕輕放在水平勻速運動的傳送帶上的P點,隨傳送帶運動到A點后水平拋出,小物塊恰好無碰撞地沿圓弧切線從B點進入豎直光滑圓弧軌道,圓弧軌道與質(zhì)量為M=2 kg的足夠長的小車左端在最低點O點相切,并在O點滑上小車,水平地面光滑,當(dāng)物塊運動到障礙物Q處時與Q發(fā)生無機械能損失的碰撞。碰撞前物塊和小車已經(jīng)相

16、對靜止,而小車可繼續(xù)向右運動(物塊始終在小車上),小車運動過程中和圓弧無相互作用。已知圓弧半徑R=1.0 m,圓弧對應(yīng)的圓心角θ為53°,A點距水平面的高度h=0.8 m,物塊與小車間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6。試求: (1)小物塊離開A點的初速度v1大小; (2)小物塊經(jīng)過O點時對軌道的壓力大小; (3)第一次碰撞后直至靜止,物塊相對小車的位移和小車做勻減速直線運動的總時間。 答案　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　2333 s 解析　(1)對小物塊由A點到B點有vy2=2gh

17、在B點 tan θ=vyv1 解得v1=3 m/s (2)由A點到O點,根據(jù)動能定理有 mg(h+R-R cos θ)=12mvO2-12mv12 在O點根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mvO2R 解得vO=33 m/s,FN=43 N 由牛頓第三定律知,小物塊對軌道的壓力FN'=43 N (3)摩擦力Ff=μmg=1 N,物塊滑上小車后經(jīng)過時間t達(dá)到的共同速度為vt 則vO-vtam=vtaM,am=2aM,得vt=333 m/s 由于碰撞不損失能量,物塊在小車上重復(fù)做勻減速直線運動和勻加速直線運動,相對小車始終向左運動,物塊與小車最終靜止,摩擦力做功使動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故有 Ff·l相對=12(M+m)vt2,得l相對=5.5 m 小車從物塊碰撞后開始做勻減速直線運動,(每個減速階段)加速度不變 aM=FfM=0.5 m/s2,vt=aMt1 得t1=2333 s - 7 -