《高考物理江蘇專版二輪復(fù)習(xí)檢測(cè)：專題二第一講 功和功率 動(dòng)能定理——課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理江蘇專版二輪復(fù)習(xí)檢測(cè)：專題二第一講 功和功率 動(dòng)能定理——課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷 Word版含解析（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 專題二第一講專題二第一講 功和功率功和功率 動(dòng)能定理動(dòng)能定理課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷 1多選多選(2018 江蘇高考江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O 點(diǎn)點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由 A 點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)最遠(yuǎn)到達(dá) B 點(diǎn)。在從點(diǎn)。在從 A 到到 B 的過(guò)程中，物塊的過(guò)程中，物塊( ) A加速度先減小后增大加速度先減小后增大 B經(jīng)過(guò)經(jīng)過(guò) O 點(diǎn)時(shí)的速度最大點(diǎn)時(shí)的速度最大 C所受彈簧彈力始終做正功所受彈
2、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所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：解析：選選 AD 小物塊由小物塊由 A 點(diǎn)開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧壓點(diǎn)開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮量逐漸減小，縮量逐漸減小，F(xiàn)彈彈減小，由減小，由F彈彈Ffma 知，知，a 減??；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到減??；當(dāng)運(yùn)動(dòng)到 F彈彈Ff時(shí)，時(shí)，a 減小為零，此時(shí)小物塊速度最大，彈簧減小為零，此時(shí)小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)； 由于慣性， 小物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)， 此時(shí)仍處于壓縮狀態(tài)； 由于慣性， 小物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)， 此時(shí) FfF彈彈ma， 小物塊做減速運(yùn)動(dòng)， 小物塊做減速運(yùn)動(dòng)，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，且隨著壓縮量繼
3、續(xù)減小， a 逐漸增大； 當(dāng)越過(guò)逐漸增大； 當(dāng)越過(guò) O 點(diǎn)后， 彈簧開(kāi)始被拉伸， 此時(shí)點(diǎn)后， 彈簧開(kāi)始被拉伸， 此時(shí) F彈彈Ffma，隨著拉伸量增大，隨著拉伸量增大，a 繼續(xù)增大，綜上所述，從繼續(xù)增大，綜上所述，從 A 到到 B 過(guò)程中，物塊加速度先減小后增大，過(guò)程中，物塊加速度先減小后增大，在在 O 點(diǎn)左側(cè)點(diǎn)左側(cè) F彈彈Ff時(shí)速度達(dá)到最大，故時(shí)速度達(dá)到最大，故 A 正確，正確，B 錯(cuò)誤。在錯(cuò)誤。在 AO 段物塊所受彈簧彈力做段物塊所受彈簧彈力做正功，在正功，在 OB 段做負(fù)功，故段做負(fù)功，故 C 錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理知，從錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理知，從 A 到到 B 的過(guò)程中，彈力做的過(guò)程中，彈力做功與
4、摩擦功與摩擦力做功之和為力做功之和為 0，故，故 D 正確。正確。 2(2017 江蘇高考江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為 Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能 Ek與位移與位移 x 關(guān)系的圖線是關(guān)系的圖線是( ) 解析：解析：選選 C 設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，物塊的質(zhì)量為，物塊的質(zhì)量為 m，則物塊在上滑過(guò)程，則物塊在上滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即，即 Ek
5、Ek0(mgsin mgcos )x，所以物塊的動(dòng)能所以物塊的動(dòng)能 Ek與位移與位移 x 的函數(shù)關(guān)系的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過(guò)程中圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin mgcos )(x0 x)Ek，其中，其中 x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移，為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移，即即 Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0， 所以下滑時(shí)， 所以下滑時(shí) Ek隨隨 x 的減小而增大的減小而增大且為直線。由此可以判斷且為直線。由此可以判斷 C 項(xiàng)正確。項(xiàng)正確。 3.(2018 江蘇七市三模江蘇七市三模)如圖所
6、示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線一端固定，另一如圖所示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點(diǎn)等高處由靜止釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣端系一小球，小球從與懸點(diǎn)等高處由靜止釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則小球從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中阻力，則小球從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中( ) A水平方向加速度不斷水平方向加速度不斷增大增大 B豎直方向加速度不斷增大豎直方向加速度不斷增大 C重力做功的瞬時(shí)功率先增大后減小重力做功的瞬時(shí)功率先增大后減小 D拉力做功的瞬時(shí)功率先增大后減小拉力做功的瞬時(shí)功率先增大后減小 解析：解析：選選 C 小球在最高點(diǎn)合力方向豎直向下，在最低點(diǎn)合力方向豎直向上，但在中小球在
7、最高點(diǎn)合力方向豎直向下，在最低點(diǎn)合力方向豎直向上，但在中間過(guò)程某點(diǎn)拉力卻有水平方向的分量， 所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小， 故間過(guò)程某點(diǎn)拉力卻有水平方向的分量， 所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小， 故 A錯(cuò)誤；小球在開(kāi)始釋放的瞬間的加速度為錯(cuò)誤；小球在開(kāi)始釋放的瞬間的加速度為 g 且向下，接下來(lái)細(xì)線在豎直方向有向上的分量，且向下，接下來(lái)細(xì)線在豎直方向有向上的分量，所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開(kāi)始變小，故所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開(kāi)始變小，故 B 錯(cuò)誤；重力的錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率為瞬時(shí)功率為 Pmgvy，小球在開(kāi)始釋放的瞬間速
8、度為零，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，到達(dá)，小球在開(kāi)始釋放的瞬間速度為零，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，速最低點(diǎn)時(shí)，速度水平向左，豎直分速度為零，所以此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，在中間過(guò)程度水平向左，豎直分速度為零，所以此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，在中間過(guò)程豎直分速度不為零，重力的瞬時(shí)功率也不為零，所以重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故豎直分速度不為零，重力的瞬時(shí)功率也不為零，所以重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故 C正確；拉力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時(shí)功率始終為零，故正確；拉力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時(shí)功率始終為零，故 D 錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。 4.(2018 鎮(zhèn)江一模鎮(zhèn)江一模)坐落在
9、鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高坐落在鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高 88 m，假設(shè)乘客，假設(shè)乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是( ) A在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，乘客機(jī)械能始終保持不變?cè)谀μ燧嗈D(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，乘客機(jī)械能始終保持不變 B在最低點(diǎn)時(shí)，乘客所受重力大于座椅對(duì)他的支持力在最低點(diǎn)時(shí)，乘客所受重力大于座椅對(duì)他的支持力 C在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，合力對(duì)乘客做功為零在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，合力對(duì)乘客做功為零 D在摩天輪轉(zhuǎn)在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，乘客重力的功率保持不變動(dòng)的過(guò)程中，乘客重力的功率保持不變 解析：解析：選選 C 機(jī)械能等于重力勢(shì)能和動(dòng)能之和，摩天
10、輪運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能等于重力勢(shì)能和動(dòng)能之和，摩天輪運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，乘客的速度大小不變，則動(dòng)能不變，但高度變化，所以機(jī)械能在變化，乘客的速度大小不變，則動(dòng)能不變，但高度變化，所以機(jī)械能在變化，A 錯(cuò)誤；圓周運(yùn)動(dòng)錯(cuò)誤；圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在最低點(diǎn)，由重力和支持力的合力提供向心力過(guò)程中，在最低點(diǎn)，由重力和支持力的合力提供向心力 F，向心力向上，所以，向心力向上，所以 FNmg，則支持力則支持力 NmgF，所以重力小于支持力，所以重力小于支持力，B 錯(cuò)誤；在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，動(dòng)能變錯(cuò)誤；在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，動(dòng)能變化量為零，則合力對(duì)乘客做功為零，化量為零，則合力對(duì)乘客
11、做功為零，C 正確；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的重力大小不變，速度大正確；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時(shí)刻在變化，所以重力的瞬時(shí)功率在變化，小不變，但是速度方向時(shí)刻在變化，所以重力的瞬時(shí)功率在變化，D 錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。 5(2018 徐州期中徐州期中)高臺(tái)跳水被認(rèn)為是世界上最難、最美的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一。一運(yùn)動(dòng)員在高臺(tái)跳水被認(rèn)為是世界上最難、最美的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一。一運(yùn)動(dòng)員在十米跳臺(tái)跳水比賽中，觸水時(shí)重力的功率約為十米跳臺(tái)跳水比賽中，觸水時(shí)重力的功率約為( ) A7 000 W B700 W C70 W D7 W 解析：解析：選選 A 運(yùn)動(dòng)員在跳水過(guò)程中看做自由落體運(yùn)動(dòng)，故落水時(shí)的速度為
12、運(yùn)動(dòng)員在跳水過(guò)程中看做自由落體運(yùn)動(dòng)，故落水時(shí)的速度為 v 2gh10 2 m/s，運(yùn)動(dòng)員的體重約為，運(yùn)動(dòng)員的體重約為 50 kg，故重力的瞬時(shí)功率約為，故重力的瞬時(shí)功率約為 Pmgv7 000 W，故，故 A 正正確。確。 6.(2018 揚(yáng)州期末揚(yáng)州期末)某士兵練習(xí)迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落某士兵練習(xí)迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點(diǎn)在目標(biāo)點(diǎn)在目標(biāo) A 的右側(cè)，第二次調(diào)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)，忽略空氣整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標(biāo)，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(shuō)法正確的是阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說(shuō)法正確的是( ) A第二次
13、炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)第二次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng) B兩次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等兩次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 C第二次炮彈落地時(shí)速度較大第二次炮彈落地時(shí)速度較大 D第二次炮彈落地時(shí)速度較小第二次炮彈落地時(shí)速度較小 解析：解析：選選 A 炮彈在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升時(shí)間與下落時(shí)間相等。根據(jù)下炮彈在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升時(shí)間與下落時(shí)間相等。根據(jù)下落過(guò)程豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，落過(guò)程豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，h12gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運(yùn)，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，故動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，故 A 正確，正確，B 錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理：錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定
14、理：mgh12mv212mv02，由于兩次在空中運(yùn)，由于兩次在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程重力做功都是零，所以動(dòng)過(guò)程重力做功都是零，所以 vv0，故兩次炮彈落地時(shí)速度相等，故，故兩次炮彈落地時(shí)速度相等，故 C、D 錯(cuò)誤。錯(cuò)誤。 7.多選多選(2018 南京調(diào)研南京調(diào)研)如圖所示， 滑塊以初速度如圖所示， 滑塊以初速度 v0滑上表面粗糙的固定滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn)。則能大致反映整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn)。則能大致反映整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊的加速度的加速度 a、速度、速度 v 隨時(shí)間隨時(shí)間 t，重力對(duì)滑塊所做的功，重力對(duì)滑塊所做的功 W、動(dòng)能、動(dòng)能 Ek與位移與
15、位移 x 關(guān)關(guān)系的是系的是(取初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)、初速度方向?yàn)檎较蛉〕跏嘉恢脼樽鴺?biāo)原點(diǎn)、初速度方向?yàn)檎较?( ) 解析：解析：選選 BD 滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度方向均與初速度方向相滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度方向均與初速度方向相反，故反，故 A 錯(cuò)誤。上滑錯(cuò)誤。上滑時(shí)的加速度大小時(shí)的加速度大小 a1gsin gcos ，下滑時(shí)的加速度大小，下滑時(shí)的加速度大小 a2gsin gcos ，結(jié)合位移，結(jié)合位移公式公式 x12at2，可知下滑時(shí)間大于上滑的時(shí)間；由于機(jī)械能有損失，返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度小，可知下滑時(shí)間大于上滑的時(shí)間；由于機(jī)械能有損失，返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度小于出發(fā)時(shí)的初速度，故于出發(fā)時(shí)的初速
16、度，故 B 正確。重力做功正確。重力做功 Wmghmgxsin ，上滑過(guò)程與下滑過(guò)程的，上滑過(guò)程與下滑過(guò)程的W- x 圖像重疊，故圖像重疊，故 C 錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理得，上滑過(guò)程有：錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理得，上滑過(guò)程有：ma1xEk12mv02，解得，解得 Ek12mv02ma1x，同理下滑過(guò)程有：，同理下滑過(guò)程有：Ekma2(Lx)，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，D 正確。正確。 8(2018 鹽城三模鹽城三模)如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)量為 m、半徑為、半徑為 R 的光滑圓柱體的光滑圓柱體 B 放在水平地面上，放在水平地面上，其左側(cè)有半徑為其左側(cè)有半徑為 R、質(zhì)量為、質(zhì)量為 m 的半圓柱體的半
17、圓柱體 A，右側(cè)有質(zhì)量為，右側(cè)有質(zhì)量為 m 的長(zhǎng)方體木塊的長(zhǎng)方體木塊 C，現(xiàn)用水平，現(xiàn)用水平向左的推力推木塊向左的推力推木塊 C，使其緩慢移動(dòng)，直到圓柱體，使其緩慢移動(dòng)，直到圓柱體 B 恰好運(yùn)動(dòng)到半圓柱體恰好運(yùn)動(dòng)到半圓柱體 A 的頂端，在此的頂端，在此過(guò)程中過(guò)程中 A 始終保持靜止。已知始終保持靜止。已知 C 與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)與地面間動(dòng)摩擦因數(shù) 32，重力加速度為，重力加速度為 g。求：。求： (1)圓柱體圓柱體 B 下端離地高為下端離地高為R2時(shí)，地面時(shí)，地面對(duì)半圓柱體對(duì)半圓柱體 A 的支持力；的支持力； (2)木塊木塊 C 移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力的最大值；移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力的最大
18、值； (3)木塊木塊 C 移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力所做的功。移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力所做的功。 解析：解析：(1)以以 A 和和 B 整體為研究對(duì)象，地面支持力整體為研究對(duì)象，地面支持力 FN2mg。 (2)B 剛離開(kāi)地面時(shí)，剛離開(kāi)地面時(shí)，B 對(duì)對(duì) C 的彈力最大，對(duì)的彈力最大，對(duì) B 受力分析，受力分析， 則彈力則彈力 F1mgtan 60 3mg 此時(shí)水平推力最大為此時(shí)水平推力最大為 FmF1mg3 32mg。 (3)C 移動(dòng)的距離移動(dòng)的距離 x2Rcos 30 3R 摩擦力做功摩擦力做功 Wfmgx32mgR 根據(jù)動(dòng)能定根據(jù)動(dòng)能定理理 WWfmgR0 解得解得 W52mgR。 答案：答案
19、：(1)2mg (2)3 32mg (3)52mgR 9.(2018 南通調(diào)研南通調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量分布均勻的刷子刷地面上的薄如圖所示，質(zhì)量分布均勻的刷子刷地面上的薄墊子，開(kāi)始時(shí)刷子和墊子的左邊緣對(duì)齊，刷子的質(zhì)量為墊子，開(kāi)始時(shí)刷子和墊子的左邊緣對(duì)齊，刷子的質(zhì)量為 m，墊子的質(zhì)，墊子的質(zhì)量為量為 M， 刷子和墊子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為， 刷子和墊子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 1， 墊子和地面間的動(dòng)摩擦因， 墊子和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為數(shù)為 2，刷子和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，刷子和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 3，重力加速度為，重力加速度為 g。 (1)若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與水平方向成若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與
20、水平方向成 60 角的推力角的推力 F1，墊子和刷子保持靜，墊子和刷子保持靜止，求刷子止，求刷子受到的摩擦力受到的摩擦力 f1的大小和地面對(duì)墊子的支持力的大小和地面對(duì)墊子的支持力 FN的大??；的大小； (2)若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與水平方向成若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與水平方向成 30 角的推力角的推力 F2，刷子和墊子以同一，刷子和墊子以同一加速度運(yùn)動(dòng)，求刷子受到的摩擦力加速度運(yùn)動(dòng)，求刷子受到的摩擦力 f2的大小；的大??； (3)若給刷子施加一個(gè)水平向右的推力若給刷子施加一個(gè)水平向右的推力 F3，刷子從圖示位置開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，墊子保持靜止，刷子從圖示位置開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，墊子保持靜止，已知刷子的長(zhǎng)
21、為已知刷子的長(zhǎng)為 b，墊子的長(zhǎng)為，墊子的長(zhǎng)為 L(Lb)，求刷子完全離開(kāi)墊子的速度，求刷子完全離開(kāi)墊子的速度 v 的大小。的大小。 解析：解析：(1)刷子受到重力、墊子的支持力、推力刷子受到重力、墊子的支持力、推力 F1和摩擦力作用和摩擦力作用 則水平方向受力平衡，有則水平方向受力平衡，有 f1F1cos 60 12F1 刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡， 有有 FN(Mm)gF1sin 60 (Mm)g32F1。 (2)設(shè)刷子和墊子運(yùn)動(dòng)的加速度為設(shè)刷子和墊子運(yùn)動(dòng)的加速度為 a，由牛頓第二定律可得：，由牛頓第二定律可得： F2cos 30 2(mgMgF2sin
22、 30 )(Mm)a 對(duì)刷子有：對(duì)刷子有：F2cos 30 f2ma 解得解得 f22mg 3M2m F22 Mm 。 (3)刷子離開(kāi)墊子的過(guò)程受到的摩擦力做的功刷子離開(kāi)墊子的過(guò)程受到的摩擦力做的功 Wf 1mgb23mgb2 由動(dòng)能定理有由動(dòng)能定理有 F3L1mg(Lb)Wf12mv20 解得解得 v 2F3Lmg 21L1b3b 。 答案：答案：(1)12F1 (Mm)g32F1 (2)2mg 3M2m F22 Mm (3) 2F3Lmg 21L1b3b 10.(2018 蘇北四市調(diào)研蘇北四市調(diào)研)如圖所示，水平光滑細(xì)桿上如圖所示，水平光滑細(xì)桿上 P 點(diǎn)套一小環(huán)，小點(diǎn)套一小環(huán)，小環(huán)通過(guò)環(huán)通
23、過(guò)長(zhǎng)長(zhǎng) L1 m 的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量 m1 kg 的物塊，物的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm7 N。 現(xiàn)對(duì)物塊施加。 現(xiàn)對(duì)物塊施加F8 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(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子 Q Q 時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊恰好相對(duì)夾子滑動(dòng)，此時(shí)夾子立即鎖時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊恰好相對(duì)夾子滑動(dòng)，此時(shí)夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力定物塊，鎖定后物塊仍受恒力 F 的作用。小
24、環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計(jì)，物塊可看成質(zhì)的作用。小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計(jì)，物塊可看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度點(diǎn)，重力加速度 g 取取 10 m/s2。求：。求： (1)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小 a； (2)P、Q Q 兩點(diǎn)間的距離兩點(diǎn)間的距離 s； (3)物塊向右擺動(dòng)的最大高度物塊向右擺動(dòng)的最大高度 h。 解析：解析：(1)由牛頓第二定律由牛頓第二定律 Fma 解得解得 a8 m/s2。 (2)環(huán)到達(dá)環(huán)到達(dá) Q Q 時(shí)，靜摩擦力最大時(shí)，靜摩擦力最大 由牛頓第二定律由牛頓第二定律 2fmmgmvm2L 解得解得 vm2 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理根據(jù)動(dòng)能定理 Fs12mvm
25、2 解得解得 s0.25 m。 (3)設(shè)物塊上升的最大高度為設(shè)物塊上升的最大高度為 h，水平距離為，水平距離為 x， 由動(dòng)能定理得由動(dòng)能定理得 F(xs)mgh0 由幾何關(guān)系得由幾何關(guān)系得(Lh)2x2L2 解得解得 h1 m 或或 h141 m(舍去舍去)。 答案：答案：(1)8 m/s2 (2)0.25 m (3)1 m 11(2017 江江蘇高考蘇高考)如圖所示，兩個(gè)半圓柱如圖所示，兩個(gè)半圓柱 A、B 緊靠著靜置于緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱水平地面上，其上有一光滑圓柱 C，三者半徑均為，三者半徑均為 R。C 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 m，A、B 的質(zhì)量都為的質(zhì)量都為m2，與地面間的
26、動(dòng)摩擦因數(shù)均為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為 。現(xiàn)用水平向右的?，F(xiàn)用水平向右的力拉力拉 A，使，使 A 緩慢移動(dòng)，直至緩慢移動(dòng)，直至 C 恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中 B 保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為 g。求：。求： (1)未拉未拉 A 時(shí)，時(shí)，C 受到受到 B 作用力的大小作用力的大小 F； (2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值 min； (3)A 移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功 W。 解析：解析：(1)對(duì)對(duì) C 受力分析，如圖所示：受力分析，如圖所示： 根據(jù)平衡條件有
27、根據(jù)平衡條件有 2Fcos 30 mg 解解得得 F33mg。 (2)C 恰好降到地面時(shí)，恰好降到地面時(shí)，B 受受 C 壓力的水平分力最大壓力的水平分力最大 Fxmax32mg B 受地面的摩擦力受地面的摩擦力 fmg 根據(jù)題意，根據(jù)題意，B 保持靜止，保持靜止， 則有則有 fminFxmax，解得，解得 min32。 (3)C 下降的高度下降的高度 h( 31)R A 的位移的位移 x2( 31)R 摩擦力做功的大小摩擦力做功的大小 Wffx2( 31)mgR 根據(jù)動(dòng)能定理根據(jù)動(dòng)能定理 WWfmgh00 解得解得 W(21)( 31)mgR。 答案：答案：(1)33mg (2)32 (3)(21)( 31)mgR
高考物理江蘇專版二輪復(fù)習(xí)檢測(cè)：專題二第一講 功和功率 動(dòng)能定理——課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷 Word版含解析
