【物理】2019届二轮复习 功和能 作业 （全国通用）

【物理】2019届二轮复习 功和能 作业 （全国通用）

专题二·第一讲 功和能——课前自测诊断卷 考点一 功和功率 ‎1.[考查功的计算]‎ 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；解得W＝mgL，故A正确。‎ ‎2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]‎ ‎[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。‎ ‎3．[考查“机车启动”类问题]‎ 如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是(　　)‎ A．可求出m、f和vmax B．不能求出m C．不能求出f D．可求出物体加速运动时间 解析：选A　当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax＝ m/s＝10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。‎ 考点二 动能定理的应用 ‎4.[考查应用动能定理解决变力做功问题]‎ ‎[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。‎ ‎5.[考查应用动能定理解决曲线运动问题]‎ 用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内(　　)‎ A．小球重力做功为mgl(1－cos α)‎ B．空气阻力做功为－mglcos α C．小球所受合力做功为mglsin α D．细线拉力做功的功率为 解析：选A　小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。‎ ‎6．[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 ‎7.[考查单个物体的机械能守恒问题]‎ 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点(　　)‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析：选C　两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝2g，选项D错误。 ‎ ‎8．[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 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。‎ ‎9．[考查涉及弹性势能的机械能守恒问题]‎ 如图所示，一根被锁定的压缩轻弹簧下端固定在水平地面上，上端固定着一质量为m的薄木板A，弹簧的压缩量为h。图中P 点距地面高度正好等于弹簧原长，在P点上方有一距它高度为2h、质量为2m的物块B。现解除弹簧的锁定，木板A上升到P点时恰好与自由下落的物块B发生正碰(碰撞时间极短)，并一起无粘连地向下运动。B与A第一次分开后能达到的最高位置在P点上方的处。已知重力加速度为g，整个过程中弹簧始终处于弹性限度内并保持竖直。求：‎ ‎(1)A、B第一次分开瞬间B的速度大小；‎ ‎(2)A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时速度的大小。‎ 解析：(1)B与A刚要分离时，弹簧正好处于原长，设此时B的速度为vB，则由机械能守恒定律得：‎ ‎2mg·＝·2mvB2‎ 解得vB＝。‎ ‎(2)设A、B刚好碰撞前B的速度大小为v，根据机械能守恒定律得：2mg·2h＝·2mv2‎ 解得v＝2 根据机械能守恒，A、B碰撞后瞬间的速度大小vAB与A、B刚好分开时速度大小相等，即：vAB＝vB 设A、B刚好碰撞前A的速度大小为vA，根据动量守恒：‎ ‎2mv－mvA＝3mvAB 解得vA＝ 设弹簧锁定时的弹性势能为Ep，从弹簧解除锁定到恢复到原长的过程，根据机械能守恒定律： ‎ Ep＝mg·h＋mvA2‎ 可得Ep＝6mgh 设A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时的速度大小为v′，在这过程中，根据机械能守恒定律得：Ep＋·3mv′2＝·3mvAB2＋3mg·h 联立以上各式解得： v′＝2。‎ 答案：(1)　(2)2 考点四 功能关系的应用 ‎10.[考查单个物体的功能关系问题]‎ 如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m ‎(包括滑雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度a＝，在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．下滑过程中系统减少的机械能为 C．运动员获得的动能为 D．运动员克服摩擦力做功为 解析：选B　若运动员不受摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma，则加速度应为a＝gsin 30°＝，而现在的加速度小于，故运动员应受到摩擦力，所以减少的重力势能有一部分转化为了内能，故A错误；运动员下滑的距离：l＝＝2h，根据速度位移公式v2＝2al，可得：v＝，动能为：Ek＝mv2＝，故C错误；由动能定理可知：mgh－Wf＝mv2，解得：Wf＝mgh，故D错误；机械能的减小量等于阻力所做的功，故下滑过程中系统减少的机械能为mgh，故B正确。‎ ‎11．[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 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