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  • 2021-05-31 发布

2020年高考物理二轮复习专题二第一讲功和能--课后“高仿”检测卷含解析

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第一讲 功和能—— 课后“高仿”检测卷 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能(  )‎ A.与它所经历的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 解析:选B 动能Ek=mv2,与速度的平方成正比,故C错误。速度v=at,可得Ek=ma2t2,与经历的时间的平方成正比,故A错误。根据v2=2ax,可得Ek=max,与位移成正比,故B正确。动量p=mv,可得Ek=,与动量的平方成正比,故D错误。‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅰ)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R;bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为(  )‎ A.2mgR B.4mgR C.5mgR D.6mgR 解析:选C 小球从a点运动到c点,根据动能定理得,F·3R-mgR=mv2,又F=mg,故v=2。小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做初速度为零的匀加速直线运动,且水平方向的加速度大小也为g,故小球从c点到最高点所用的时间t==2,水平位移x=gt2=2R,根据功能关系,小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功,即ΔE=F·(3R+x)=5mgR。‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅲ)如图,一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为(  )‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 8‎ 解析:选A QM段绳的质量为m′=m,未拉起时,QM段绳的重心在QM中点处,与M点距离为l,绳的下端Q拉到M点时,QM段绳的重心与M点距离为l,此过程重力做功WG=-m′g=-mgl,将绳的下端Q拉到M点的过程中,由能量守恒定律,可知外力做功W=-WG=mgl,可知A项正确,B、C、D项错误。‎ ‎4.(2017·全国卷Ⅱ)如图,半圆形光滑轨道固定在水平地面上,半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道,并从轨道上端水平飞出,小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关,此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(  )‎ A. B. C. D. 解析:选B 设轨道半径为R,小物块从轨道上端飞出时的速度为v1,由于轨道光滑,根据机械能守恒定律有mg×2R=mv2-mv12,小物块从轨道上端飞出后做平抛运动,对运动分解有:x=v1t,2R=gt2,求得x=,因此当R-=0,即R=时,x取得最大值,B项正确,A、C、D项错误。‎ ‎5.[多选](2016·全国卷Ⅱ)如图,小球套在光滑的竖直杆上,轻弹簧一端固定于O点,另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放,它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中,(  )‎ A.弹力对小球先做正功后做负功 B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C.弹簧长度最短时,弹力对小球做功的功率为零 D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析:选BCD 在M、N两点处,弹簧对小球的弹力大小相等,且∠ONM<∠OMN<,则小球在M点时弹簧处于压缩状态,在N点时弹簧处于拉伸状态,小球从M点运动到N 8‎ 点的过程中,弹簧长度先缩短,当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短,这个过程中弹力对小球做负功,然后弹簧再伸长,弹力对小球开始做正功,当弹簧达到自然伸长状态时,弹力为零,再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功,故整个过程中,弹力对小球先做负功,再做正功,后再做负功,选项A错误。在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时,小球加速度等于重力加速度,选项B正确。弹簧与杆垂直时,弹力方向与小球的速度方向垂直,则弹力对小球做功的功率为零,选项C正确。由机械能守恒定律知,在M、N两点弹簧弹性势能相等,在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值,选项D正确。‎ ‎6.[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图,一固定容器的内壁是半径为R的半球面;在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中,克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时,向心加速度的大小为a,容器对它的支持力大小为N,则(  )‎ A.a=    B.a= C.N= D.N= 解析:选AC 质点P下滑到最低点的过程中,由动能定理得mgR-W=mv2,则速度v=,在最低点的向心加速度a==,选项A正确, 选项B错误;在最低点时,由牛顿第二定律得N-mg=ma,N= ,选项C正确,选项D错误。‎ ‎7.(2015·全国卷Ⅰ)如图,一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置,直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(  )‎ A.W=mgR,质点恰好可以到达Q点 B.W>mgR,质点不能到达Q点 C.W=mgR,质点到达Q点后,继续上升一段距离 D.WmB,B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同 C.在A下滑过程中轻杆对A做负功,对B做正功 D.在A下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能 解析:选C 根据系统机械能守恒条件可知,A和B组成的系统机械能守恒,如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同,则有mAgh-mBgh=0,则有mA=mB,A、B错误;A下滑、B上升过程中,B机械能增加,则A机械能减少,说明轻杆对A做负功,对B做正功,C正确;A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和,D错误。‎ ‎11.(2019·山西大学附中质检)如图所示,有一个可视为质点的质量为m=‎1 kg的小物块,从光滑平台上的A点以v0=‎3 m/s的初速度水平抛出,到达C点时,恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道,最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=‎3 kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平,木板下表面与水平地面之间光滑,小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3,圆弧轨道的半径为R=‎0.5 m,C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°,不计空气阻力,求:(g=‎10 m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6)‎ ‎(1)A、C两点的高度差;‎ ‎(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力;‎ ‎(3)要使小物块不滑出长木板,木板的最小长度。‎ 解析:(1)根据几何关系可知,小物块在C点速度大小为:‎ vC==‎5 m/s,‎ 8‎ 竖直分量:vyC=‎4 m/s,‎ 下落高度:h==‎0.8 m。‎ ‎(2)小物块由C到D的过程中,由动能定理得:‎ mgR(1-cos 53°)=mvD2-mvC2‎ 代入数据解得:vD= m/s 小物块在D点时由牛顿第二定律得:FN-mg=m 代入数据解得:FN=68 N 由牛顿第三定律得FN′=FN=68 N,方向竖直向下。‎ ‎(3)设小物块刚滑到木板右端达到共同速度,大小为v,小物块在木板上滑行的过程中,小物块与长木板的加速度大小分别为:‎ a1=μg=‎3 m/s2,a2==‎1 m/s2‎ 速度分别为:v=vD-a1t,v=a2t 对物块和木板系统,由能量守恒定律得:‎ μmgL=mvD2-(m+M)v2‎ 联立解得:L=‎3.625 m,即木板的长度至少是‎3.625 m。‎ 答案:(1)‎0.8 m  (2)68 N,竖直向下 (3)‎‎3.625 m ‎12.(2019·济南模拟)如图所示,一根水平轻弹簧左端固定于竖直墙上,右端被质量m=‎1 kg的可视为质点的小物块压缩而处于静止状态,且弹簧与物块不拴接,弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一传送带,AB长L=‎5 m,物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=‎1.5 m,它与物块间的动摩擦因数μ2=0.3,在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接,圆弧对应的圆心角为θ=120°,在圆弧的最高点F处有一固定挡板,物块撞上挡板后会以原速率反弹回来。若传送带以v=‎5 m/s的速率顺时针转动,不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的弹性势能Ep=18 J全部释放时,小物块恰能滑到与圆心等高的E点,取g=‎10 m/s2。‎ ‎(1)求右侧圆弧的轨道半径R;‎ ‎(2)求小物块最终停下时与C点的距离;‎ ‎(3)若传送带的速度大小可调,欲使小物块与挡板只碰一次,且碰后不脱离轨道,求传送带速度的可调节范围。‎ 8‎ 解析:(1)物块被弹簧弹出,由Ep=mv02,可知:v0=‎6 m/s ‎ 因为v0>v,故物块滑上传送带后先减速,物块与传送带相对滑动过程中,‎ μ1mg=ma1,v=v0-a1t1,x1=v0t1-a1t12‎ 则a1=‎2 m/s2,t1=0.5 s,x1=‎‎2.75 m 因为x10,故物块会再次滑上传送带,物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速,由运动的对称性可知其以相同的速率vB= m/s离开传送带,‎ 设物块最终停在距C点x处,由能量守恒定律可知:‎ mvB2=μ2mg(s-x),‎ 得到x= m。‎ ‎(3)设传送带速度为v1时物块能恰到F点,在F点满足mgsin 30°=m 从B到F过程中由能量守恒定律可知:‎ mv12-mvF2=μ2mgs+mg(R+Rsin 30°),‎ 联立解得:v1= m/s 设传送带速度为v2时,物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点,由能量守恒定律可知:‎ mv22=μ2mg×3s+mgR 解得:v2= m/s 若物块在传送带上一直做加速运动,由能量守恒定律可知:‎ mvBm2-mv02=μ1mgL 则物块到B点的最大速度vBm=‎2 m/s>v2‎ 综合上述分析可知,传送带的速度应满足条件 8‎ m/s≤v≤ m/s。‎ 答案:(1)‎0.8 m (2) m (3) m/s≤v≤ m/s 8‎