【物理】2020届二轮复习专题二第3讲功和能作业

【物理】2020届二轮复习专题二第3讲功和能作业

第3讲　功和能 一、单项选择题 ‎1.(2019安徽宿州教学质量检测)如图,一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动,M、N为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在M点的速度大小为v0,方向与水平方向的夹角为60°,N点为轨迹的最高点,不计重力。则M、N两点间的电势差为(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.‎3mv‎0‎‎2‎‎8q B.-‎3mv‎0‎‎2‎‎8q C.-mv‎0‎‎2‎‎8q D.‎mv‎0‎‎2‎‎8q 答案　B　从M点到N点利用动能定理有qUMN=‎1‎‎2‎mvN‎2‎-‎1‎‎2‎mvM‎2‎=‎1‎‎2‎m(v0 cos 60°)2-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得UMN=-‎3mv‎0‎‎2‎‎8q,故B正确。‎ ‎2.(2019山东淄博三模)如图所示,质量均为m的木块A和B,用一个劲度系数为k的竖直轻质弹簧连接,最初系统静止,现在用力F缓慢拉A直到B刚好离开地面,则这一过程中力F做的功至少为(　　)‎ A.m‎2‎g‎2‎k B.‎2‎m‎2‎g‎2‎k C.‎3‎m‎2‎g‎2‎k D.‎‎4‎m‎2‎g‎2‎k 答案　B　最初系统静止时,弹力等于A的重力,由胡克定律得,弹簧被压缩的长度x1=mgk,最后B刚好离开地面时,弹力等于B的重力,此时弹簧伸长的长度x2=mgk,此过程缓慢进行,所以力F做的功等于系统增加的重力势能,根据功能关系可知W=mg(x1+x2)=‎2‎m‎2‎g‎2‎k,故B正确。‎ ‎3.(2019河南平顶山模拟)质量m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动。0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图像如图所示。g取10 m/s2,则(　　)‎ A.拉力F的大小为100 N B.在4 s时拉力的瞬时功率为120 W C.4 s内拉力所做的功为480 J D.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J 答案　B　取物体初速度方向为正方向,由题图可知物体与水平面间存在摩擦力,由题图可知0~2 s内,-F-f=ma1,且a1=-5 m/s2;2~4 s内,-F+f=ma2,且a2=-1 m/s2,联立以上两式解得F=60 N,f=40 N,A错误;由P=Fv得4 s时拉力的瞬时功率为120 W,B正确;由W=Fx,可知0~2 s内,W1=-Fx1,2~4 s内,W2=Fx2,由题图可知x1=10 m,x2=2 m,代入数据解得,4 s内拉力所做的功为-480 J,C错误;摩擦力做功W'=fs,摩擦力始终与速度方向相反,故s为路程,由题图可解得总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,D错误。‎ ‎4.(2019山西榆社中学联考)如图所示,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相切于B点。为了研究空气动力学问题,现将一小球从距AB高为2R的E处以一定初速度水平抛出,由于存在水平向右的风的作用力,且该风力为恒力(其他方向空气的作用力不计),小球恰好无碰撞地从C点进入圆弧轨道,并沿圆弧轨道运动到水平轨道上。已知抛出点距C点的水平距离为R,重力加速度为g,则该过程中小球速度为零的位置到B点的距离为(　　)‎ A.0.5R B.R C.1.5R D.2R 答案　B　未进入轨道前,小球在运动过程中受重力和风力作用,在竖直方向做自由落体运动,有R=‎1‎‎2‎gt2,在水平方向做匀减速直线运动。设初速度为v0,因小球恰能无碰撞地从C处进入圆弧轨道,说明小球运动到C处时,水平分速度恰好减小到零,有R=v‎0‎‎+0‎‎2‎t,得v0=‎2gR;设风力大小为F,根据牛顿第二定律得a=Fm,有v‎0‎‎2‎=2aR,得F=mg。对整个运动过程,由动能定理有mg×2R-F×(2R+x)=-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎,解得x=R,故B正确,A、C、D错误。‎ ‎5.(2019重庆调研)一物体仅受重力和竖直向上的拉力作用,沿竖直方向向上做减速运动。此过程中物体速度的平方和上升高度的关系如图所示。若取h=0处为重力势能的参考平面,则此过程中物体的机械能随高度变化的图像可能正确的是(　　)‎ 答案　D　拉力竖直向上,与物体的位移方向相同,则拉力对物体做正功,由功能关系知物体的机械能增加,故A、B错误;由匀变速运动的速度位移关系式v2-v‎0‎‎2‎=2ah得v2=v‎0‎‎2‎+2ah,可知v2-h图像的斜率等于2a,直线的斜率一定,则知物体的加速度a一定,因此物体向上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律知拉力恒定。由功能关系知FΔh=ΔE,得ΔEΔh=F,所以E-h图像的斜率等于拉力F,F一定,因此E-h图像应是向上倾斜的直线,故C错误,D正确。‎ 二、多项选择题 ‎6.(2019湖北重点学校协作体模拟)为减少二氧化碳排放,很多城市都推出了新型节能环保电动车。在检测某款电动车性能的试验中,质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶,达到的最大速度为15 m/s,利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v,并描绘出如图所示的F-‎1‎v图像(图中AB、BC均为直线,其中BC的延长线过原点),电动车行驶中所受阻力恒为车重的0.05,重力加速度取10 m/s2,则(　　)‎ A.该车启动后,先做匀加速运动,然后做匀速运动 B.该车启动后,先做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,接着做匀速运动 C.该车做匀加速运动的时间是1.2 s D.该车加速度为0.25 m/s2时,动能是4×104 J 答案　BD　由于横坐标为速度的倒数,所以电动车的启动过程为从A到B到C。AB段,牵引力不变,电动车做匀加速直线运动,加速度为a=F-fm=‎2000-0.05×8×1‎0‎‎2‎×10‎‎8×1‎‎0‎‎2‎ m/s2=2 m/s2;BC段,由于图线为过原点的直线,所以Fv=P额=恒量,速度增大,牵引力减小,加速度减小,电动车做加速度减小的加速直线运动,当F=f=400 N,速度达到最大值15 m/s,故选项A错误、B正确。由a=v-‎v‎0‎t可知t=v-‎v‎0‎a=‎3-0‎‎2‎ s=1.5 s,故选项C错误。该车加速度为0.25 m/s2时,牵引力为F'=ma'+f=8×102×0.25 N+0.05×8×102×10 N=600 N,此时的速度为v'=‎2000×3‎‎600‎ m/s=10 m/s,动能为Ek=‎1‎‎2‎mv'2=‎1‎‎2‎×8×102×102 J=4×104 J,故选项D正确。‎ ‎7.(2019江苏单科,8,4分)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(　　)‎ A.弹簧的最大弹力为μmg B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs C.弹簧的最大弹性势能为μmgs D.物块在A点的初速度为‎2μgs 答案　BC　本题考查动能定理,对物块不同运动过程的分析能体现学生的综合分析能力。‎ 对物块从A点开始到再回到A点整个过程,由动能定理可知Wf=-2μmgs=0-‎1‎‎2‎mvA‎2‎,则vA=2μgs,故B正确,D错误。对物块从A点开始到弹簧压缩量最大这一过程,由动能定理可知W弹+Wf'=0-‎1‎‎2‎mvA‎2‎,Wf'=-μmgs,则W弹=-μmgs,即物块克服弹力做功为μmgs,所以弹簧弹性势能增加μmgs,故C正确。当克服弹力做功为μmgs时,弹簧的最大弹力要大于μmg,故A错误。‎ ‎8.(2019辽宁铁岭模拟)如图,用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体A、B,它们的质量分别为m1、m2,且m2=2m1,A用轻绳挂在动滑轮上,滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放,对A上升h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程,下列说法正确的是(　　)‎ A.B减小的重力势能全部转化为A增加的重力势能 B.A上升到h高度时的速度为‎2gh‎3‎ C.轻绳对B做功的功率大小与轻绳对A做功的功率大小相等 D.轻绳的拉力大小为‎2‎‎3‎m1g 答案　BCD　根据能量守恒可知,B减小的重力势能全部转化为A增加的重力势能和两物体的动能,故A错误;根据动滑轮的特点可知,B的速度大小为A速度大小的2倍,根据动能定理可得m2g·2h-m1gh=‎1‎‎2‎m2v‎2‎‎2‎+‎1‎‎2‎m1v‎1‎‎2‎,v2=2v1,解得v1=‎2gh‎3‎,故B正确;轻绳的拉力相同,故轻绳对B、A做功的功率大小分别为P2=Fv2,P1=2F·v1,由于v2=2v1,故轻绳对B做功的功率大小与轻绳对A做功的功率大小相等,故C正确;根据动滑轮的特点可知,A的加速度大小为B的加速度大小的一半,根据牛顿第二定律可知2F-m1g=m1a,m2g-F=m2·2a,联立解得F=‎2m‎1‎g‎3‎,故D正确。‎ 三、计算题 ‎9.(2019四川南充三模)如图所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D时,摆线刚好被拉断,小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速直线运动,到达A孔进入半径R=0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道,当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2 m,θ=60°,摆球质量为m=0.5 kg,D点与A孔的水平距离s=2 m,g取10 m/s2。试求:‎ ‎(1)摆线能承受的最大拉力;‎ ‎(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道,摆球与粗糙水平面间动摩擦因数μ的范围。‎ 答案　(1)10 N　(2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125‎ 解析　(1)当摆球由C点运动到D点时机械能守恒 mg(L-L cos θ)=‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 由牛顿第二定律可得Fm-mg=mvD‎2‎L 可得Fm=10 N ‎(2)摆球不脱离圆轨道分两种情况 ‎①要保证摆球能到达A孔,设摆球到达A孔的速度恰好为零,由动能定理可得 ‎-μmgs=0-‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 可得μ=0.5‎ 若进入A孔的速度较小,那么将会在圆心以下做等幅摆动,不脱离轨道。其临界情况为到达圆心等高处速度为零,由机械能守恒定律可得 ‎1‎‎2‎mvA‎2‎=mgR 由动能定理可得-μmgs=‎1‎‎2‎mvA‎2‎-‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 可求得μ=0.35‎ ‎②若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道,在圆周的最高点由牛顿第二定律可得 mg=mv‎2‎R 由动能定理可得 ‎-μmgs-2mgR=‎1‎‎2‎mv2-‎1‎‎2‎mvD‎2‎ 解得μ=0.125‎ 综上,动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125。‎ ‎10.(2019广东梅州调研)如图所示,质量为m=1 kg的可视为质点的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点,随传送带运动到A点后水平抛出,小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道,圆弧轨道与质量为M=2 kg的足够长的小车左端在最低点O点相切,并在O点滑上小车,水平地面光滑,当物块运动到障碍物Q处时与Q发生无机械能损失的碰撞。碰撞前物块和小车已经相对静止,而小车可继续向右运动(物块始终在小车上),小车运动过程中和圆弧无相互作用。已知圆弧半径R=1.0 m,圆弧对应的圆心角θ为53°,A点距水平面的高度h=0.8 m,物块与小车间的动摩擦因数为μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2, sin 53°=0.8, cos 53°=0.6。试求:‎ ‎(1)小物块离开A点的初速度v1大小;‎ ‎(2)小物块经过O点时对轨道的压力大小;‎ ‎(3)第一次碰撞后直至静止,物块相对小车的位移和小车做匀减速直线运动的总时间。‎ 答案　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)5.5 m　‎2‎‎3‎‎33‎ s 解析　(1)对小物块由A点到B点有vy‎2‎=2gh 在B点 tan θ=‎vyv‎1‎ 解得v1=3 m/s ‎(2)由A点到O点,根据动能定理有 mg(h+R-R cos θ)=‎1‎‎2‎mvO‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ 在O点根据牛顿第二定律有FN-mg=mvO‎2‎R 解得vO=‎33‎ m/s,FN=43 N 由牛顿第三定律知,小物块对轨道的压力FN'=43 N ‎(3)摩擦力Ff=μmg=1 N,物块滑上小车后经过时间t达到的共同速度为vt 则vO‎-‎vtam=vtaM,am=2aM,得vt=‎33‎‎3‎ m/s 由于碰撞不损失能量,物块在小车上重复做匀减速直线运动和匀加速直线运动,相对小车始终向左运动,物块与小车最终静止,摩擦力做功使动能全部转化为内能,故有 Ff·l相对=‎1‎‎2‎(M+m)vt‎2‎,得l相对=5.5 m 小车从物块碰撞后开始做匀减速直线运动,(每个减速阶段)加速度不变 aM=FfM=0.5 m/s2,vt=aMt1‎ 得t1=‎2‎‎3‎‎33‎ s