（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功和能 第一講 功和功率 動能定理——課后自測診斷卷

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1、第一講 功和功率 動能定理 ——課后自測診斷卷 1．[多選](2018江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠(yuǎn)到達(dá)B點。在從A到B的過程中，物塊(　　) A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過O點時的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：選AD　小物塊由A點開始向右加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由 F彈－Ff＝ma知，a減??；當(dāng)運動到F彈＝Ff時，a減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由于慣性，小物塊

2、繼續(xù)向右運動，此時Ff－F彈＝ma，小物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；當(dāng)越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈＋Ff＝ma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在O點左側(cè)F彈＝Ff時速度達(dá)到最大，故A正確，B錯誤。在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負(fù)功，故C錯誤。由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。 2．(2017江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 解析：選C　設(shè)物塊與斜

3、面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0為小物塊到達(dá)最高點時的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ－μmgcos θ)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。 3.[多選](2019南通一模)“蹦極”是一項深受年輕人喜愛的極限運動，跳

4、躍者把一端固定的長彈性繩綁在腰間，從幾十米高處跳下。如圖所示，某人做蹦極運動，他從高臺由靜止開始下落，下落過程不計空氣阻力，設(shè)彈性繩原長為h0，彈性繩的彈性勢能與其伸長量的平方成正比。則他在從高臺下落至最低點的過程中，他的動能Ek、彈性繩的彈性勢能Ep隨下落高度h變化的關(guān)系圖像正確的是(　　) 解析：選BD　彈性繩被拉直前，人做自由落體運動，根據(jù)動能定理可得mgh＝Ek(h≤h0)，彈性繩的彈性勢能為零；彈性繩剛被拉直到人所受的重力與彈力大小相等的過程，人做加速度減小的加速運動，當(dāng)加速度為零，速度達(dá)到最大值，從人所受的重力與彈力大小相等到最低點的過程中，人做加速度增大的減速運動，在最低點

5、時速度為零；根據(jù)動能定理可得mgh－W彈＝Ek(h>h0)，由克服彈性繩的彈力做功等于彈性繩的彈性勢能的變化量可得W彈＝k(h－h(huán)0)2，則有他的動能Ek＝mgh－k(h－h(huán)0)2(h>h0)，彈性繩的彈性勢能Ep＝k(h－h(huán)0)2(h>h0)，故B、D正確，A、C錯誤。 4.(2019鎮(zhèn)江一模)坐落在鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高88 m，假設(shè)乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列說法正確的是(　　) A．在摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中，乘客機(jī)械能始終保持不變 B．在最低點時，乘客所受重力大于座椅對他的支持力 C．在摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，合力對乘客做功為零 D．在摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中，乘客重力的功率保

6、持不變 解析：選C　機(jī)械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機(jī)械能在變化，A錯誤；圓周運動過程中，在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以F＝N－mg，則支持力N＝mg＋F，所以重力小于支持力，B錯誤；在摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，動能變化量為零，則合力對乘客做功為零，C正確；運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，D錯誤。 5.(2019揚州期末)某士兵練習(xí)迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點在目標(biāo)A的右側(cè)，第二次調(diào)整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標(biāo)，

7、忽略空氣阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說法正確的是(　　) A．第二次炮彈在空中運動時間較長 B．兩次炮彈在空中運動時間相等 C．第二次炮彈落地時速度較大 D．第二次炮彈落地時速度較小 解析：選A　炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據(jù)下落過程豎直方向做自由落體運動，h＝gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運動時間較長，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理：mgh＝mv2－mv02，由于兩次在空中運動過程重力做功都是零，所以v＝v0，故兩次炮彈落地時速度相等，故C、D錯誤。 6.[多選](2019南京調(diào)研)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗

8、糙的固定斜面，到達(dá)最高點后又返回到出發(fā)點。則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關(guān)系的是(取初始位置為坐標(biāo)原點、初速度方向為正方向)(　　) 解析：選BD　滑塊整個運動過程的加速度方向均與初速度方向相反，故A錯誤。上滑時的加速度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，下滑時的加速度大小a2＝gsin θ－μgcos θ，結(jié)合位移公式x＝at2，可知下滑時間大于上滑的時間；由于機(jī)械能有損失，返回到出發(fā)點時速度小于出發(fā)時的初速度，故B正確。重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，上滑過程與下滑過程的Wx圖像重疊，故C錯誤。根據(jù)動能

9、定理得，上滑過程有：－ma1x＝Ek－mv02，解得Ek＝mv02－ma1x，同理下滑過程有：Ek＝ma2(L－x)，由數(shù)學(xué)知識知，D正確。 7.(2019蘇北四市調(diào)研)如圖所示，水平光滑細(xì)桿上P點套一小環(huán)，小環(huán)通過長L＝1 m的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m＝1 kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm＝7 N?，F(xiàn)對物塊施加F＝8 N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用。小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計，物塊可看成質(zhì)點，重力加速度g取10

10、 m/s2。求： (1)物塊做勻加速運動的加速度大小a； (2)P、Q兩點間的距離s； (3)物塊向右擺動的最大高度h。 解析：(1)由牛頓第二定律F＝ma 解得a＝8 m/s2。 (2)環(huán)到達(dá)Q時，靜摩擦力最大 由牛頓第二定律2fm－mg＝m 解得vm＝2 m/s 根據(jù)動能定理Fs＝mvm2 解得s＝0.25 m。 (3)設(shè)物塊上升的最大高度為h，水平距離為x， 由動能定理得F(x＋s)－mgh＝0 由幾何關(guān)系得(L－h(huán))2＋x2＝L2 解得h＝1 m或h＝ m(舍去)。 答案：(1)8 m/s2　(2)0.25 m　(3)1 m 8．(2017江蘇高考)如圖

11、所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。 解析：(1)對C受力分析，如圖所示： 根據(jù)平衡條件有2Fcos 30＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據(jù)

12、題意，B保持靜止， 則有fmin＝Fxmax，解得μmin＝。 (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。 答案：(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR 9.(2019蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中有一根表面粗糙的粗細(xì)均勻的細(xì)桿OMN，它的上端固定在坐標(biāo)原點O處且與x軸相切。OM和MN段分別為彎曲桿和直桿，它們相切于M點，OM段所對應(yīng)的曲線方程為y＝x2。一根套在直桿MN上的輕彈簧下端固定在N點，其原長

13、比桿MN的長度短，可視為質(zhì)點的開孔小球(孔的直徑略大于桿的直徑)套在細(xì)桿上，現(xiàn)將小球從O處以v0＝3 m/s的初速度沿x軸的正方向拋出，過M點后沿桿MN運動壓縮彈簧，再經(jīng)彈簧反彈后恰好到達(dá)M點。已知小球的質(zhì)量為0.1 kg，M點的縱坐標(biāo)為0.8 m，小球與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝，g取10 m/s2。求： (1)上述整個過程中摩擦力對小球所做的功Wf； (2)小球初次運動至M點時的速度vM的大小和方向； (3)輕質(zhì)彈簧被壓縮至最短時的彈性勢能Epm。 解析：(1)對題述過程由動能定理得 WG＋Wf＝0－mv02， 代入數(shù)據(jù)解得Wf＝－1.25 J。 (2)假設(shè)小球拋出后做平拋運動，根

14、據(jù)平拋運動規(guī)律可得x＝v0t，y＝gt2， 代入數(shù)據(jù)解得：y＝x2， 與OM曲線方程一致，說明小球在OM段運動過程中與細(xì)桿OM無摩擦，做平拋運動。 小球由O點運動到M點的過程中由動能定理得 WG＝mvM2－mv02， 代入數(shù)據(jù)解得vM＝5 m/s， 由運動合成和分解可得vM的方向與x軸正方向夾角的余弦值：cos θ＝＝，即θ＝53。 (3)設(shè)小球從M點開始直至小球被彈回M點的過程中，摩擦力所做的功為Wf1，由動能定理得： Wf1＝0－mvM2， 解得Wf1＝－1.25 J， 又由Wf1＝－μmgxmcos θ， 求得小球下滑的最大距離xm＝6.25 m 在小球從M點開始

15、直至將彈簧壓縮到最短過程中，由動能定理得 mgxmsin θ＋Wf1＋W彈＝0－mvM2， 又根據(jù)功能關(guān)系得Epm＝－W彈， 聯(lián)立解得Epm＝5.625 J。 答案：(1)－1.25 J　(2)5 m/s　方向與x軸正方向成夾角53　(3)5.625 J 10．(2019南京摸底)如圖甲所示，半徑R＝0.45 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點，B點右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M＝1 kg，長度l＝1 m，小車的上表面與B點等高，距地面高度h＝0.2 m，質(zhì)量m＝1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧最高點A由靜止釋放，取g＝10 m/s2。試

16、求： (1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大?。? (2)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化，如圖乙所示，求物塊滑離平板車時的速率； (3)若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點A由靜止釋放，求物塊落地時距平板車右端的水平距離。 解析：(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到B點的過程中，機(jī)械能守恒，則mgR＝mvB2 解得vB＝3 m/s 在B點由牛頓第二定律得N－mg＝m 解得N＝30 N 即物塊滑到軌道上B點時對軌道的壓力N′＝N＝30 N，方向豎直向下。 (2)物塊在小

17、車上滑行時的摩擦力做功 Wf＝－l＝－4 J 從物塊開始滑到滑離平板車過程中由動能定理得 mgR＋Wf＝mv2 解得v＝1 m/s。 (3)當(dāng)平板車不固定時，對物塊a1＝μg＝2 m/s2 對平板車a2＝＝2 m/s2； 經(jīng)過時間t1物塊滑離平板車， 則 vBt1－a1t12－a2t12＝l 解得t1＝0.5 s。(另一解舍掉) 物體滑離平板車的速度v物＝vB－a1t1＝2 m/s 此時平板車的速度：v車＝a2t1＝1 m/s 物塊滑離平板車做平拋運動的時間t2＝＝0.2 s 物塊落地時距平板車右端的水平距離s＝(v物－v車)t2＝0.2 m。 答案：(1)30 N　(2)1 m/s　(3)0.2 m 7