2020年高考物理二轮复习专题二第一讲功和能--课后“高仿”检测卷含解析

2020年高考物理二轮复习专题二第一讲功和能--课后“高仿”检测卷含解析

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Ⅰ)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Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确。动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅰ)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(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：选C　小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。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t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，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ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR。‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m、长度为l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.mgl C.mgl D.mgl 8‎ 解析：选A　QM段绳的质量为m′＝m，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WG＝－m′g＝－mgl，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W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎4.(2017·全国卷Ⅱ)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，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mg×2R＝mv2－mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，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Ⅱ)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∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析：选BCD　在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N 8‎ 点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误。在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确。弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确。由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。‎ ‎6．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)‎ A．a＝　　　 B．a＝ C．N＝ D．N＝ 解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。‎ ‎7.(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)‎ A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点 B．W>mgR，质点不能到达Q点 C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离 D．WmB，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mAgh－mBgh＝0，则有mA＝mB，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m＝‎1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝‎3 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末端D点的质量为M＝‎3 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μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝‎0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，求：(g＝‎10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)‎ ‎(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：‎ vC＝＝‎5 m/s，‎ 8‎ 竖直分量：vyC＝‎4 m/s，‎ 下落高度：h＝＝‎0.8 m。‎ ‎(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：‎ mgR(1－cos 53°)＝mvD2－mvC2‎ 代入数据解得：vD＝ m/s 小物块在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 代入数据解得：FN＝68 N 由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68 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：‎ a1＝μg＝‎3 m/s2，a2＝＝‎1 m/s2‎ 速度分别为：v＝vD－a1t，v＝a2t 对物块和木板系统，由能量守恒定律得：‎ μmgL＝mvD2－(m＋M)v2‎ 联立解得：L＝‎3.625 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 m ‎12．(2019·济南模拟)如图所示，一根水平轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝‎1 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L＝‎5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝‎1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝0.3，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θ＝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v＝‎5 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Ep＝18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求右侧圆弧的轨道半径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。‎ 8‎ 解析：(1)物块被弹簧弹出，由Ep＝mv02，可知：v0＝‎6 m/s　‎ 因为v0>v，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，‎ μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t12‎ 则a1＝‎2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝‎‎2.75 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：‎ mvB2＝μ2mg(s－x)，‎ 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 30°＝m 从B到F过程中由能量守恒定律可知：‎ mv12－mvF2＝μ2mgs＋mg(R＋Rsin 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：‎ mv22＝μ2mg×3s＋mgR 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：‎ mvBm2－mv02＝μ1mgL 则物块到B点的最大速度vBm＝‎2 m/s>v2‎ 综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件 8‎ m/s≤v≤ m/s。‎ 答案：(1)‎0.8 m　(2) m　(3) m/s≤v≤ m/s 8‎