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2020年高考物理二轮复习练习:专题二 第一讲 功和能—— 课后“高仿”检测卷 WORD版含解析.doc

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资源描述

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

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