1、专题二 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)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Ekmv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度vat，可得Ekma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据v22ax，可得Ekmax，与位移成正比，故B正确。动量pmv，可得Ek，与动量的平方成正比，故D错误。2.(2018全国卷)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
2、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()A2mgR B4mgRC5mgR D6mgR解析：选C小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F3RmgRmv2，又Fmg，故v2。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t2，水平位移xgt22R，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EF(3Rx)5mgR。3(2017全国卷)如图，一质量为m、长度为l
3、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.mglC.mgl D.mgl解析：选AQM段绳的质量为mm，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WGmgmgl，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WWGmgl，可知A项正确，B、C、D项错误。4.(2017全国卷)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，
4、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mg2Rmv2mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：xv1t,2Rgt2，求得x，因此当R0，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)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ONMOMNmgR，质点不
5、能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvN2mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW。从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvQ2mvN2，即mgRWmvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。二、名校模拟重点演练知热点8多选(2019安徽蚌埠质检
6、)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为60。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v通过C点，已知圆轨道半径为R，v，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是()AC、N的水平距离为RBC、N的水平距离为2RC小球在M点对轨道的压力为6mgD小球在M点对轨道的压力为4mg解析：选AC小球从N到C的过程可看成平抛运动的逆过程，则vNcos v、vNsin gt、xCNvt，解得：vN2v2、xCNR，故A项正确，B项错误。小球从M到N的过程由动能定理可得：mg(RRcos
7、)mvN2mvM2，对小球在M点时受力分析，由牛顿第二定律可得：FNmgm，解得：FN6mg，根据牛顿第三定律可得：小球在M点对轨道的压力为6mg，故C项正确，D项错误。9多选(2019河南信阳联考)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为，此时物体B对地面刚好无压力，图中，SD水平，位置R和Q关于S对称，现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大。下面关于小环C下落过程
8、中的描述正确的是()A小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒B小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大C小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大D小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为解析：选ABD在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，小环从S到Q过程中绳的拉力对小环做负功，机械能减小，所以在S时，小环的机械能最大，故B正确；由于小环在R、Q位置时弹簧的形变量相同，均处于伸长状态，而在S位置时，弹簧可
9、能处于伸长、压缩或原长状态，弹簧的弹性势能不一定是先减小后增大，故C错误；在Q点，小环速度最大，受力平衡，有Tcos mg，对A、B整体，根据平衡条件，有T2mg，将小环速度分解可知vAvcos ，根据动能Ekmv2可知，物体A与小环C的动能之比为，故D正确。10.(2019德州一模)如图所示为竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R。小球A、B的质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(lR)的轻杆相连，从图示位置由静止释放，球和杆只能在同一竖直面内运动，下列说法正确的是()A若mAmB，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
10、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mAghmBgh0，则有mAmB，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m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v03 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
11、末端D点的质量为M3 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0.3，圆弧轨道的半径为R0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角53，不计空气阻力，求：(g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6)(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：vC5 m/s，竖直分量：vyC4 m/s，下落高度：h0.8 m。(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR(1cos 5
12、3)mvD2mvC2代入数据解得：vD m/s小物块在D点时由牛顿第二定律得：FNmgm代入数据解得：FN68 N由牛顿第三定律得FNFN68 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：a1g3 m/s2，a21 m/s2速度分别为：vvDa1t，va2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得：mgLmvD2(mM)v2联立解得：L3.625 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 m12(2019济南模拟)如图所示，一根水平轻弹簧左端固定于竖直
13、墙上，右端被质量m1 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L5 m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，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v5 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Ep18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10 m/s2。(1)求右侧圆
14、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。解析：(1)物块被弹簧弹出，由Epmv02，可知：v06 m/s因为v0v，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，1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t12则a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 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：mvB22mg(sx)，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 30m从B到F过程中由能量守恒定律可知：mv12mvF22mgsmg(RRsin 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：mv222mg3smgR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：mvBm2mv021mgL则物块到B点的最大速度vBm2 m/sv2综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件 m/sv m/s。答案：(1)0.8 m(2) m(3) m/sv m/s