（課標版）2020屆高考物理二輪復習 專題二 第3講 功和能練習

第3講功和能一、單項選擇題1.(2019安徽宿州教學質量檢測)如圖,一質量為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.3mv028qB.-3mv028qC.-mv028qD.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B正確。2.(2019山東淄博三模)如圖所示,質量均為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.m2g2kB.2m2g2kC.3m2g2kD.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)功能關系可知W=mg(x1+x2)=2m2g2k,故B正確。3.(2019河南平頂山模擬)質量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。02 s內(nèi)F與運動方向相反,24 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 NB.在4 s時拉力的瞬時功率為120 WC.4 s內(nèi)拉力所做的功為480 JD.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02 s內(nèi),-F-f=ma1,且a1=-5 m/s2;24 s內(nèi),-F+f=ma2,且a2=-1 m/s2,聯(lián)立以上兩式解得F=60 N,f=40 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02 s內(nèi),W1=-Fx1,24 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問題,現(xiàn)將一小球從距AB高為2R的E處以一定初速度水平拋出,由于存在水平向右的風的作用力,且該風力為恒力(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.RC.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;設風力大小為F,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系式v2-v02=2ah得v2=v02+2ah,可知v2-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。由功能關系知Fh=E,得Eh=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,質量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛,達到的最大速度為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與對應的速度v,并描繪出如圖所示的F-1v圖像(圖中AB、BC均為直線,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 sD.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=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F=f=400 N,速度達到最大值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,輕質彈簧的左端固定,并處于自然狀態(tài)。小物塊的質量為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,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mgB.物塊克服摩擦力做的功為2mgsC.彈簧的最大彈性勢能為mgsD.物塊在A點的初速度為2gs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=-2mgs=0-12mvA2,則vA=2gs,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彈+Wf'=0-12mvA2,Wf'=-mgs,則W彈=-mgs,即物塊克服彈力做功為mgs,所以彈簧彈性勢能增加mgs,故C正確。當克服彈力做功為mgs時,彈簧的最大彈力要大于mg,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,它們的質量分別為m1、m2,且m2=2m1,A用輕繩掛在動滑輪上,滑輪的質量、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化為A增加的重力勢能B.A上升到h高度時的速度為2gh3C.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,m2g-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A孔進入半徑R=0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道,當擺球進入圓軌道立即關閉A孔。已知擺線長L=2 m,=60°,擺球質量為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)的范圍。答案(1)10 N(2)0.350.5或者0.125解析(1)當擺球由C點運動到D點時機械能守恒mg(L-L cos )=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要保證擺球能到達A孔,設擺球到達A孔的速度恰好為零,由動能定理可得-mgs=0-12mvD2可得=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-mgs=12mvA2-12mvD2可求得=0.35若擺球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道,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-mgs-2mgR=12mv2-12mvD2解得=0.125綜上,動摩擦因數(shù)的范圍為0.350.5或者0.125。10.(2019廣東梅州調(diào)研)如圖所示,質量為m=1 kg的可視為質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,圓弧對應的圓心角為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=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 m2333 s解析(1)對小物塊由A點到B點有vy2=2gh在B點 tan =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 )=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=mg=1 N,物塊滑上小車后經(jīng)過時間t達到的共同速度為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 -