（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第一讲 功和功率 动能定理——课后自

第一讲功和功率动能定理——课后自测诊断卷1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块()A．加速度先减小后增大B．经过O点时的速度最大C．所受弹簧弹力始终做正功D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析：选AD小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。2．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)·x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsinθ－μmgcosθ)x＋(mgsinθ－μmgcosθ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。3.[多选](2019·南通一模)“蹦极”是一项深受年轻人喜爱的极限运动，跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间，从几十米高处跳下。如图所示，某人做蹦极运动，他从高台由静止开始下落，下落过程不计空气阻力，设弹性绳原长为h0，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比。则他在从高台下落至最低点的过程中，他的动能Ek、弹性绳的弹性势能Ep随下落高度h变化的关系图像正确的是()解析：选BD弹性绳被拉直前，人做自由落体运动，根据动能定理可得mgh＝Ek(h≤h0)，弹性绳的弹性势能为零；弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程，人做加速度减小的加速运动，当加速度为零，速度达到最大值，从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中，人做加速度增大的减速运动，在最低点时速度为零；根据动能定理可得mgh－W弹＝Ek(hh0)，由克服弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量可得W弹＝k(h－h0)2，则有他的动能Ek＝mgh－k(h－h0)2(hh0)，弹性绳的弹性势能Ep＝k(h－h0)2(hh0)，故B、D正确，A、C错误。4.(2019·镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高88m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A．在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变B．在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力C．在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零D．在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变解析：选C机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以F＝N－mg，则支持力N＝mg＋F，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。5.(2019·扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是()A．第二次炮弹在空中运动时间较长B．两次炮弹在空中运动时间相等C．第二次炮弹落地时速度较大D．第二次炮弹落地时速度较小解析：选A炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动，h＝12gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故A正确，B错误；根据动能定理：mgh＝12mv2－12mv02，由于两次在空中运动过程重力做功都是零，所以v＝v0，故两次炮弹落地时速度相等，故C、D错误。6.[多选](2019·南京调研)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()解析：选BD滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误。上滑时的加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时的加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ，结合位移公式x＝12at2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B正确。重力做功W＝－mgh＝－mgxsinθ，上滑过程与下滑过程的W­x图像重叠，故C错误。根据动能定理得，上滑过程有：－ma1x＝Ek－12mv02，解得Ek＝12mv02－ma1x，同理下滑过程有：Ek＝ma2(L－x)，由数学知识知，D正确。7.(2019·苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上P点套一小环，小环通过长L＝1m的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m＝1kg的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为fm＝7N。现对物块施加F＝8N的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物块做匀加速运动的加速度大小a；(2)P、Q两点间的距离s；(3)物块向右摆动的最大高度h。解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma解得a＝8m/s2。(2)环到达Q时，静摩擦力最大由牛顿第二定律2fm－mg＝mvm2L解得vm＝2m/s根据动能定理Fs＝12mvm2解得s＝0.25m。(3)设物块上升的最大高度为h，水平距离为x，由动能定理得F(x＋s)－mgh＝0由几何关系得(L－h)2＋x2＝L2解得h＝1m或h＝141m(舍去)。答案：(1)8m/s2(2)0.25m(3)1m8．(2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)未拉A时，C受到B作用力的大小F；(2)动摩擦因数的最小值μmin；(3)A移动的整个过程中，拉力做的功W。解析：(1)对C受力分析，如图所示：根据平衡条件有2Fcos30°＝mg解得F＝33mg。(2)C恰好降到地面时，B受C压力的水平分力最大Fxmax＝32mgB受地面的摩擦力f＝μmg根据题意，B保持静止，则有fmin＝Fxmax，解得μmin＝32。(3)C下降的高度h＝(3－1)RA的位移x＝2(3－1)R摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(3－1)μmgR根据动能定理W－Wf＋mgh＝0－0解得W＝(2μ－1)(3－1)mgR。答案：(1)33mg(2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR9.(2019·苏锡常镇一模)如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy中有一根表面粗糙的粗细均匀的细杆OMN，它的上端固定在坐标原点O处且与x轴相切。OM和MN段分别为弯曲杆和直杆，它们相切于M点，OM段所对应的曲线方程为y＝59x2。一根套在直杆MN上的轻弹簧下端固定在N点，其原长比杆MN的长度短，可视为质点的开孔小球(孔的直径略大于杆的直径)套在细杆上，现将小球从O处以v0＝3m/s的初速度沿x轴的正方向抛出，过M点后沿杆MN运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达M点。已知小球的质量为0.1kg，M点的纵坐标为0.8m，小球与杆间的动摩擦因数μ＝16，g取10m/s2。求：(1)上述整个过程中摩擦力对小球所做的功Wf；(2)小球初次运动至M点时的速度vM的大小和方向；(3)轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能Epm。解析：(1)对题述过程由动能定理得WG＋Wf＝0－12mv02，代入数据解得Wf＝－1.25J。(2)假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得x＝v0t，y＝12gt2，代入数据解得：y＝59x2，与OM曲线方程一致，说明小球在OM段运动过程中与细杆OM无摩擦，做平抛运动。小球由O点运动到M点的过程中由动能定理得WG＝12mvM2－12mv02，代入数据解得vM＝5m/s，由运动合成和分解可得vM的方向与x轴正方向夹角的余弦值：cosθ＝v0vM＝35，即θ＝53°。(3)设小球从M点开始直至小球被弹回M点的过程中，摩擦力所做的功为Wf1，由动能定理得：Wf1＝0－12mvM2，解得Wf1＝－1.25J，又由12Wf1＝－μmgxmcosθ，求得小球下滑的最大距离xm＝6.25m在小球从M点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由动能定理得mgxmsinθ＋12Wf1＋W弹＝0－12mvM2，又根据功能关系得Epm＝－W弹，联立解得Epm＝5.625J。答案：(1)－1.25J(2)5m/s方向与x轴正方向成夹角53°(3)5.625J10．(2019·南京摸底)如图甲所示，半径R＝0.45m的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1kg，长度l＝1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m，质量m＝1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放，取g＝10m/s2。试求：(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。解析：(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，则mgR＝12mvB2解得vB＝3m/s在B点由牛顿第二定律得N－mg＝mvB2R解得N＝30N即物块滑到轨道上B点时对轨道的压力N′＝N＝30N，方向竖直向下。(2)物块在小车上滑行时的摩擦力做功Wf＝－μ1mg＋μ2mg2l＝－4J从物块开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得mgR＋Wf＝12mv2解得v＝1m/s。(3)当平板车不固定时，对物块a1＝μg＝2m/s2对平板车a2＝μmgM＝2m/s2；经过时间t1物块滑离平板车，则vBt1－12a1t12－12a2t12＝l解得t1＝0.5s。(另一解舍掉)物体滑离平板车的速度v物＝vB－a1t1＝2m/s此时平板车的速度：v车＝a2t1＝1m/s物块滑离平板车做平抛运动的时间t2＝2hg＝0.2s物块落地时距平板车右端的水平距离s＝(v物－v车)t2＝0.2m。答案：(1)30N(2)1m/s(3)0.2m