2020年高考物理二轮复习专题二第一讲功和能--课前自测诊断卷含解析 8页

第一讲 功和能——课前自测诊断卷 考点一 功和功率 ‎1.[考查恒力做功的计算]‎ 如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。物块甲与粗糙斜面间动摩擦因数为μ，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为(　　)‎ A．mgL　　 B．mgL C．mgL D．mgL 解析：选A　对物块甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；对物块乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL＝mgL，故A正确。‎ ‎2．[考查变力做功的计算]‎ ‎[多选]一质量为‎2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g取‎10 m/s2，由此可知(　　)‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35‎ B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J C．匀速运动时的速度约为‎6 m/s D．减速运动的时间约为1.7 s 解析：选ABC　物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与x轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体 做功为13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝‎7 m，则解得：v0＝‎6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。‎ ‎3．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]‎ 8‎ ‎[多选]如图甲所示，一个质量m＝‎2 kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示，取g＝‎10 m/s2，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块经过4 s时间到出发点 B．4.5 s时水平力F的瞬时功率为24 W C．0～5 s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零 D．0～5 s内物块所受合力的平均功率为1.8 W 解析：选BD　由图像可知，前4 s内速度方向始终为正方向，故前4 s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据vt图线的斜率表示加速度，可知3～5 s内，加速度a＝－ m/s2＝－‎3 m/s2,4.5 s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4) m/s＝－‎1.5 m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24 W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5 s内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s内，物块的加速度a1＝ m/s2＝‎1 m/s2，位移x1＝×1×‎32 m＝‎4.5 m，合力做的功W＝ma1x1＝9 J，0～5 s内合力的平均功率＝＝ W＝1.8 W，选项D正确。‎ ‎4．[考查机车启动类问题]‎ ‎[多选]一汽车在水平平直路面上，从静止开始以恒定功率P运动，运动过程中所受阻力大小不变，汽车最终做匀速运动。汽车运动速度的倒数与加速度a的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.汽车运动的最大速度为v0　 B．阻力大小为 C．汽车的质量为 D．汽车的质量为 解析：选AD　根据牛顿第二定律可知a＝＝＝·－，则＝a＋，由题给图像可知，当a＝0时速度最大，最大值为v0，选项A正确；由＝，得阻力大小f＝ 8‎ ‎，选项B错误；由图像可知，图像的斜率＝，则m＝，选项C错误，D正确。‎ 考点二 动能定理的应用 ‎5.[考查应用动能定理解决变力做功问题]‎ ‎(2019·巴蜀中学模拟)如图所示，质量为m的物块与转轴OO′相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为(　　)‎ A．0.125 B．0.15‎ C．0.25 D．0.5‎ 解析：选C　由于物块做圆周运动，物块刚开始滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力，并由此提供向心力，则有：μmg＝m，解得：v＝，设转台对物块做的功为W，根据动能定理得：W＝mv2＝，又v＝，联立解得：μ＝0.25，故C正确。‎ ‎6．[考查应用动能定理求解曲线运动中的做功问题]‎ 一质量为m的小球，从高度为H的平台上以速度v0水平抛出，落在软基路面上出现一个深度为h的坑，如图所示。不计空气阻力，对从抛出到落至坑底的过程，以下说法正确的是(　　)‎ A．外力对小球做的总功为mg(H＋h)＋mv02‎ B．小球机械能的减少量为mg(H＋h)＋mv02‎ C．路基对小球做的功为－mv02‎ D．路基对小球平均阻力的大小为 解析：选B　对小球从抛出到落至坑底的过程中，外力做的总功等于小球的动能变化量，即W总＝－mv02，A、C项错误；以最低点为零势能面，开始时，小球机械能为mg(H＋h)＋mv02，落至坑底后机械能为零，B项正确；由动能定理得mg(H＋h)－fh＝0－mv02，f＝，D项错误。‎ 8‎ ‎7．[考查应用动能定理解决多过程问题]‎ 如图所示是某种制作糖炒栗子的装置。炒锅的纵截面与半径R＝‎1.6 m的光滑半圆轨道位于同一竖直面内，炒锅的纵截面可看作是由长度L＝‎2.5 m的斜面AB、CD和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成的。假设一栗子从水平地面上以水平初速度v0射入半圆轨道，并恰好能从轨道最高点P水平飞出，又恰好从A点沿斜面AB进入炒锅，在斜面CD上可运动到的最高点为E点(图中未画出)。已知AB、CD两斜面的倾角θ均为37°，栗子与AB、CD两斜面之间的动摩擦因数μ均为，栗子在锅内的运动始终在图示的纵截面内，整个过程栗子质量不变，不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)栗子的初速度大小v0及A点离地面的高度h；‎ ‎(2)C、E两点的距离x。‎ 解析：(1)设栗子质量为m，在P点的速度大小为vP，在A点的速度大小为vA 栗子恰能过P点，则mg＝m，解得vP＝‎4 m/s 栗子沿半圆轨道运动至P点的过程中，由动能定理有 ‎－mg·2R＝mvP2－mv02‎ 解得v0＝‎4 m/s 栗子在A点的速度方向沿斜面AB向下，则其竖直方向上的分速度大小vAy＝vPtan θ 栗子从P点至A点的过程中做平抛运动，则vAy2＝2gy，其中y为栗子由P点运动至A点的过程中下降的竖直高度，又h＝2R－y，解得h＝‎2.75 m。‎ ‎(2)栗子在A点的速度大小vA＝ 栗子从A点运动到E点的过程中，由动能定理有 mg(L－x)sin θ－μmg(L＋x)cos θ＝0－mvA2‎ 解得x＝ m。‎ 答案：(1)‎4 m/s　‎2.75 m　(2) m 考点三 机械能守恒定律的应用 ‎8.[考查单个物体的机械能守恒问题]‎ ‎[多选]如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C 8‎ 的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25 N，空气阻力不计，g＝‎10 m/s2，B点为AC轨道中点，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球质量为‎0.5 kg B．小球在B点受到轨道作用力为4.25 N C．图乙中x＝‎25 m2‎/s2‎ D．小球在A点时重力的功率为5 W 解析：选BC　由题图乙可知小球在C点的速度大小为vC＝‎3 m/s，轨道半径R＝‎0.4 m，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg＋F＝，代入数值可得m＝‎0.1 kg，选项A错误；由机械能守恒定律可得，小球从B点到C点的过程有mvB2＝mgR＋mvC2，解得vB2＝‎17 m2‎/s2，因小球在B点只由弹力提供向心力，所以有F′＝，解得F′＝4.25 N，选项B正确；再由机械能守恒定律可得，小球从A点到C点的过程有mv02＝mvC2＋2mgR，解得小球在A点的速度v0＝‎5 m/s，所以题图乙中x＝‎25 m2‎/s2，选项C正确；因在A点重力与速度方向垂直，所以小球在A点的重力的功率为0，选项D错误。‎ ‎9．[考查多个物体的机械能守恒问题]‎ ‎[多选]如图所示，左侧为一个固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球和物块，且小球质量m1大于物块质量m2。开始时小球恰在A点，物块在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时滑轮右侧的细绳与斜面平行且恰好伸直，C点在球心O的正下方。当小球由静止释放开始运动，下列说法正确的是(　　)‎ A．在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统机械能守恒 B．当小球运动到C点时，小球的速率是物块速率的 C．小球不可能沿碗面上升到B点 8‎ D．物块沿斜面上滑的过程中，地面对斜面体的支持力始终保持恒定 解析：选ACD　在小球从A点运动到C点的过程中，小球与物块组成的系统只有重力做功，小球与物块组成的系统机械能守恒，选项A正确；当小球运动到C点时，设小球的速率为v1，物块的速率为v2，分析可知有v2＝v1cos 45°＝v1，即物块的速率是小球速率的，选项B错误；假设小球恰能上升到B点，则滑轮左侧的细绳将增长，物块一定是上升的，物块的机械能一定增加，小球的机械能不变，导致系统机械能增加，违背了机械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B点，选项C正确；物块沿斜面上滑过程中，由于滑轮右侧细绳始终与斜面平行，所以物块对斜面的压力始终不变，地面对斜面体的支持力始终保持恒定，选项D正确。‎ ‎10．[考查涉及弹簧的机械能守恒问题]‎ ‎(2019·大连高三调研卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，重力加速度为g，则下列说法不正确的是(　　)‎ A．由A到C的过程中，圆环的加速度先减小后增大 B．由A到C的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少 C．由A到B的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量 D．在C处时，弹簧的弹性势能为mgh 解析：选B　圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A正确。由机械能守恒定律知圆环的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和守恒，因由A到C的过程中，弹簧的弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减少，选项B错误；由A到B的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C正确；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：mgh－W弹＝0－0＝0，则W弹＝mgh，故D正确；故选B。‎ 考点四 功能关系的应用 ‎11.[考查单个物体的功能关系问题]‎ 如图1为某体校的铅球训练装置，图2是示意图。假设运动员以 ‎6 m/s速度将铅球从倾角为 30°的轨道底端推出，当铅球向上滑到某一位置时，其动能减少了72 J，机械能减少了12 J，已知铅球(包括其中的上挂设备)质量为‎12 kg，滑动过程中阻力大小恒定，则下列判断正确的是(　　)‎ 8‎ A．铅球上滑过程中减少的动能全部转化为重力势能 B．铅球向上运动的加速度大小为‎4 m/s2‎ C．铅球返回底端时的动能为144 J D．运动员每推一次消耗的能量至少为60 J 解析：选C　由于轨道不光滑，铅球向上滑动过程中，需要克服摩擦力做功，所以铅球上滑过程中减少的动能转化为重力势能和摩擦生热，选项A错误；由动能定理可得Fs＝ΔEk＝72 J，根据功能关系可得fs＝ΔE＝12 J，而f＋mgsin 30°＝F，联立解得：F＝72 N，f＝12 N，由F＝ma解得铅球向上运动的加速度大小为a＝‎6 m/s2，选项B错误；铅球被推出时动能为×12×62 J＝216 J，当铅球向上滑到最大位置时，动能减少到零，机械能减少了36 J，从推出铅球到铅球返回过程中，损失机械能2×36 J＝72 J，铅球返回底端时的动能为×12×62 J－72 J＝144 J，选项C正确；运动员每推一次消耗的能量一定大于铅球的初动能216 J，选项D错误。‎ ‎12．[考查多个物体的功能关系问题]‎ 如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。‎ ‎(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。‎ ‎(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；‎ ‎②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s。‎ 解析：(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒 mgR＝mvB2‎ 滑块在B点处，由牛顿第二定律得 N－mg＝m 8‎ 解得N＝3mg 由牛顿第三定律得滑块对小车的压力N′＝3mg。‎ ‎(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。由机械能守恒定律得 mgR＝Mvm2＋m(2vm)2‎ 解得vm＝ 。‎ ‎②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，由功能关系得 mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2‎ 设滑块从B到C运动过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得 μmg＝Ma 由运动学规律得 vC2－vm2＝－2as 解得s＝L。‎ 答案：(1)3mg　(2)① 　②L 8‎