2020届高考物理第二轮专题复习课时提升训练：功和能(含解析)

2020届高考物理第二轮专题复习课时提升训练
功与能
一、选择题
1、如图1所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d ，杆上的A 点与定滑轮等高，杆上的B 点在A 点下方，距离A 的高度为d .现将环从A 点由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( )
图1
A ．环到达
B 点时，重物上升的高度h ＝d 2
B ．环到达B 点时，环与重物的速度大小之比为22
C ．环从A 点到B 点，环减少的机械能大于重物增加的机械能
D ．环能下降的最大高度为4d 3
解析：选D.环到达B 点时，重物上升的高度为(2－1)d ，A 错误；环运动到B 点时，速度与绳不共线，需要分解环的速度，沿绳子和垂
直绳子的方向进行分解，而沿绳子方向的速度等于重物的速度，两者之比为21
，故B 错误；以环和重物为研究对象，机械能守恒，故环从A 点到B 点，环减少的机械能等于重物增加的机械能，C 错误；当环到达最低点时速度为零，此时环减小的重力势能等于重物增加的重力势能，设环下降的最大高度为h ，因而有mgh ＝2mg (d 2＋h 2－d )，
解得h ＝4d 3
，D 正确． 2.滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中( )
图2
A ．所受合外力始终为零
B ．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零
D．机械能始终保持不变
答案 C
解析运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误．如图所示，
运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f＝mg sinα，下滑过程中α减小，sinα变小，故摩擦力F f变小，B错误．
由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C正确．运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误．3. 一个圆柱形容器放在水平地面上，容器内存有一定量的水，在容器中竖直插着一根两端开口的薄壁圆管，圆管下端未触及容器底部．在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下无摩擦地滑动．开始时，圆管内外水面相齐，且活塞恰好触及水面，如图3所示．现通过绳子对活塞施加一个向上的拉力，使活塞缓慢向上移动(圆管竖直固定不动)．已知圆管半径为r，水的密度为ρ，重力加速度为g，
不计活塞质量．在活塞上升高度为H 的过程中(此时活塞仍触及水面)，圆管外面水面下降h .圆管在水面以下的部分足够长，则关于绳子拉力所做的功W ，下列关系正确的是( )
图3
A ．W ＝πρr 2
gH H ＋h 2
B ．W ＝πρr 2g
2H ＋h 2
C ．W ＝πρr 2gh H ＋h 2
D ．W ＝πρr 2g (H ＋h )2
答案 A
4．(多选) 将一小球从某一高度由静止释放，小球着地速度为v ，设小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，已知小球的质量为m ，重力加速度为g .则小球下落过程中( )
A ．重力做功的平均功率小于mg v 2
B ．重力做功的平均功率大于mg v 2
C ．减小的重力势能小于12
mv 2 D ．减小的重力势能大于12
mv 2 答案 BD
解析 由于小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，可知小球做加速度减小的加速运动，结合v －t 图象可知，下
落到地面的位移大于v 2t ，则重力做功的平均功率P >mg v 2t t ＝mg v 2
，选项A 错误，B 正确；根据动能定理W G －W f ＝12mv 2，则W G ＝W f ＋12mv 2>12
mv 2，即减小的重力势能大于12
mv 2，选项C 错误，D 正确． 5．(多选) 质量为m 的小球在竖直向上的恒力F 作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，经时间t 运动到P 点，撤去F ，又经时间t 小球回到出发点，速度大小为v ，不计阻力，已知重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )
A ．撤去力F 时小球的动能为14mv 2
B ．小球上升的最大高度为v 2
2g
C ．拉力F 所做的功为12
mv 2
D ．拉力的最大功率为23mgv
答案 BCD
解析 拉力F 作用时，设小球上升的加速度大小为a ，末速度大小为
v ′，则小球上升的高度h ＝12
at 2，v ′＝at ，F －mg ＝ma ，撤去外力后－h ＝v ′t －12gt 2，解得a ＝13g ，F ＝43
mg .对全过程由动能定理知W F ＝Fh ＝12mv 2，C 正确；拉力F 作用时，由动能定理知(F －mg )h ＝12
mv ′2，联立解得12mv ′2＝18
mv 2，A 错误；撤去力F 后，设小球上升的高度为h ′，由Fh ＝12mv 2，12mv ′2＝mgh ′知小球上升的最大高度H ＝h ＋h ′＝v 22g
，B 正确；拉力F 的最大功率P m ＝Fv ′＝23
mgv ，D 正确． 6.(多选) 如图4所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗糙程度相同的水平桌面上的O 点．现用外力F 缓慢推动物块到M 点，此时弹簧的弹性势能为E p .撤去外力F 后，物块向右滑动，最远滑至N 点，此过程中物块的最大动能为E k ，动能最大时的位置与M 点的距离为d ，则下列说法正确的是( )
图4
A ．物块经过O 点时动能最大
B ．物块从M 点到O 点的过程中加速度先减小后增大
C ．物块经过与M 点的距离为d 2的位置时动能大于E k 2
D ．物块从M 点运动到N 点的过程克服摩擦阻力做的功为
E p 答案 BC
解析 当弹簧弹力等于摩擦力时，物块的速度最大，此位置应该位于MO 之间某位置，选项A 错误；
从M点到O点的过程，开始时弹簧弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹簧弹力的减小加速度逐渐减小，当弹簧弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大；物块继续向右运动时，弹簧弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹簧弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B正确；设物块速度最大的位置为MO之间的P点，则MP＝d；MP的中点为Q，则从M到P，由动能定理：W弹MP－μmgd＝E k；从M到Q，由动能定
理：W弹MQ－1
2
μmgd＝E k′，因W弹MQ>
1
2
W弹MP，可得E k′>
1
2
E k，选项C正
确；因物块在N点仍然有弹性势能，则物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于E p，选项D错误．
7．(多选) 如图5所示，竖直光滑杆固定在地面上，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧(在弹性限度范围内)至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度并作出滑块的E k－h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线．滑块可视为质点，以地面为零势能参考面，不计空气阻力，重力加速度
g取10m/s2，由图象可知( )
图5
A．轻弹簧原长为0.2m
B．滑块的质量为0.2kg
C．弹簧弹性势能最大为0.5J
D．滑块机械能最大为0.5J
答案ABC
解析在E k－h图象中，图线的斜率表示了滑块所受的合外力，由于高度从0.2 m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块在从0.2m上升到0.35m范围内竖直方向所受作用力只有重力，所以轻弹簧原长为0.2m，故选项A正确；在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为：k＝mg＝2N，所以：m＝0.2kg，故选项B正确；根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能等于弹簧最大弹性势能，所以E pm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1) J＝0.5J，故选项C正确；当弹簧弹性势能最小时，滑块机械能最大
为0.5J，故选项D错误．
8．(多选) 如图6甲所示，在倾角为θ的固定粗糙斜面体上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x 的变化关系如图乙所示，其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
图6
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为g sinθ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为W F＝E2－E1＋μmg cosθ·x2
答案CD
解析物体受力分析如图所示，
物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mg sinθ＋F－F f＝ma，且F f＝μmg cosθ，由题图乙知，在0～x1过程中物体的机械能减少，即ΔE＝(F－μmg cosθ)x<0，由E－x图象斜率减小知F增大，所以物体做加速度增大的加速运动，在x1～x2过程中，由题图乙知斜率为零，则F＝μmg cosθ，此时加速度最大为g sinθ，A、B错误，C正确；在0～x2过程中，拉力做的功为W F＝E2－E1＋μmg cosθ·x2，D正确．
9．(多选)如图7所示，竖直固定放置的粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧BCD在B点相切，圆弧轨道的半径为R，圆心O与A、D在同一水平面上，C点为圆弧轨道最低点，∠COB＝θ＝30°，一质量为m 的小球从D点由静止释放，则关于小球的运动情况，下列说法正确的是( )
图7
A ．小球可能运动到A 点
B ．小球经过较长时间以后会停在
C 点
C ．小球通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最大压力大小为3mg
D ．小球通过圆弧轨道最低点C 时，对C 点的最小压力大小为(3－3)mg
解析：选CD.因为小球与粗糙斜面AB 间有摩擦，所以小球不可能运动到A 点，选项A 错误；最终小球将在圆弧BB ′间做往复运动(B ′与B 关于C 点对称)，不可能停在C 点，选项B 错误；小球第一次到达C 点时速度最大，对轨道的压力最大，根据机械能守恒定律有mgR ＝12mv 21，根据向心力公式得N 1－mg ＝m v 21
R ，解得N 1＝3mg ，根据牛顿第三定律可知小球对C 点的最大压力大小为3mg ，选项C 正确；最终小球在圆弧BB ′间做往复运动通过C 点时的速度最小，对轨道的压力最小，根据机械能守恒定律有mgR (1－cos 30°)＝12
mv 22，根据向心力
公式得N 2－mg ＝m v 22
R
，解得N 2＝(3－3)mg ，根据牛顿第三定律可知，
小球对C 点的最小压力大小为(3－3)mg ，选项D 正确．
18、多选)如图8所示，长度相同(均为l )的轻杆构成一个直角形支架，在A 端固定质量为2m 的小球，B 端固定质量为m 的小球，支架可绕O 点在竖直面内自由旋转．现从OB 竖直、OA 水平静止释放支架，
下列说法正确的是( )
图8
A ．A 球到达最低点时速度为
23
gl B ．从开始到A 球到达最低点的过程中，支架对B 球做的功为4
3mgl
C ．当支架下摆45°时(A 、B 两球等高时)，A 球速度最大
D ．当支架从左向右返回摆动时，A 球一定能回到起始高度 解析：选ABD.A 球到达最低点时，A 、B 两球的速度大小为v .根据系统的机械能守恒定律得：2mgl －mgl ＝1
2
(m ＋2m )v 2，解得：v ＝
23
gl ，故A 正确；对于B 球，从开始到A 球到达最低点的过程中，由动能定理得：－mgl ＋W ＝12
mv 2
，将v ＝
2
3
gl 代入解得支架对B 球做的功为：W ＝4
3mgl ，故B 正确；当支架向下转动夹角为θ时，由机械能守恒得：2mgl sin θ－mgl (1－cos θ)＝12(m ＋2m )v 2，得：v 2＝2
3gl (2sin θ＋
cos θ－1)，根据数学知识得知：当θ＝90°－arctan 0.5时，v 最大，故C 错误；根据系统的机械能守恒得知：当支架从左向右返回摆动时，A 球一定能回到起始高度，故D 正确．
二、非选择题
11．如图所示，质量为M ＝8 kg 的长木板放在光滑水平面上，在木板左端施加F ＝12 N 的水平推力，当木板向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在其右端轻轻放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板足够长，取g ＝10 m/s 2.求：
(1)当二者达到相同速度时，木板对铁块以及铁块对木板所做的功； (2)当二者达到相同速度时，木板和铁块之间因摩擦所产生的热量． 解析：(1)放上铁块后，铁块加速度a 1＝μg ＝2 m/s 2(方向向右)
木板加速度a 2＝F －μmg M ＝1 m/s 2(方向向右)
二者达到共同速度v 所用时间t ＝v －v 0a 2＝v
a 1
解得v ＝3 m/s ，t ＝1.5 s
从放上铁块到二者速度相同，铁块位移x 1＝v
2
t ＝2.25 m
木板位移x 2＝v 0＋v
2
t ＝3.375 m
木板对铁块做的功W 1＝μmgx 1＝9 J 铁块对木板做的功W 2＝－μmgx 2＝－13.5 J
(2)木板和铁块之间因摩擦所产生的热量
Q ＝μmg (x 2－x 1)＝4.5 J
答案：(1)9 J －13.5 J (2)4.5 J
12、如图所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传送带的左端，传送带长L ＝8 m ，匀速运动的速度v 0＝5 m/s.一质量m ＝1 kg 的小物块，轻轻放在传送带上x P ＝2 m 的P 点．小物块随传送带运动到Q 点后冲上光滑斜面且刚好到达N 点(小物块到达N 点后被收集，不再滑下)．若小物块经过Q 处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：
(1)N 点的纵坐标；
(2)小物块在传送带上运动产生的热量；
(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标y M ＝0.5 m 的M 点，求这些位置的横坐标范围． 解析：(1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度
a ＝μg ＝5 m/s 2.
小物块与传送带共速时，所用时间t ＝v 0
a
＝1 s
运动的位移x ＝12
at 2
＝2.5 m ＜(L －x P )＝6 m
故小物块与传送带共速后以v 0＝5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑斜面到达N 点， 由机械能守恒定律得12mv 2
0＝mgy N
解得y N ＝1.25 m
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移
x 相对＝v 0t －x ＝2.5 m
产生的热量Q ＝μmgx 相对＝12.5 J
(3)设在坐标为x 1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M 点，
由能量守恒得μmg (L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7 m
故小物块在传送带上的位置横坐标范围0≤x ＜7 m. 答案：(1)1.25 m (2)12.5 J (3)0≤x ＜7 m
13．如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧下端固定在水平地面上，上端连接一质量为m 的物体A ，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，两端分别与物体A 及质量为2m 的物体B 连接．不计空气阻力、定滑轮与轻绳间的摩擦，重力加速度为g ，弹簧的形变始终在弹性限度内．
(1)用手托住物体B ，使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态，轻绳恰能拉直且弹簧处于原长，然后无初速度释放物体B ，物体B 可下落的最大距离为l .求物体B 下落过程中，弹簧的最大弹性势能． (2)用手托住物体B ，使两边轻绳和弹簧都处于竖直状态，轻绳中恰好不产生拉力，然后无初速度释放物体B ，求物体A 的最大速度． (3)将物体B 放在动摩擦因数为μ＝3
2、倾角为θ＝30°的固定斜
面上，用手按住，恰能使轻绳拉直，且弹簧处于原长，如图所示．若要使物体B 下滑距离也为l ，则物体B 沿斜面向下的初速度至少要多大？
解析：(1)根据题意知，物体A 、B 与弹簧组成的系统机械能守恒， 弹簧的最大弹性势能E p ＝2mgl －mgl ＝mgl .
(2)释放前，设弹簧的压缩量为x 1，则mg ＝kx 1，解得
x 1＝mg k
当物体A 的速度最大时，设弹簧的伸长量为x 2，有
mg ＋kx 2＝2mg
解得x 2＝mg
k
因为x 1＝x 2，所以物体A 速度最大时弹簧的弹性势能与释放前的弹性势能相等
根据系统机械能守恒定律得 2mg (x 1＋x 2)＝mg (x 1＋x 2)＋1
2·3mv 2
解得v ＝2
mg 2
3k
. (3)由(1)知，物体B 在斜面上下滑距离为l 时，弹簧的弹性势能最大，仍为E p ＝mgl 由能量守恒定律得
1
2·3mv 20＋2mgl sin θ＝mgl ＋2μmgl cos θ＋E p 解得v 0＝
5gl 3
. 答案：(1)mgl (2)2mg 2
3k (3)5gl 3。