2020年高考物理二轮复习练习：专题二 第一讲 功和能—— 课后“高仿”检测卷 Word版含解析

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专题二第一讲功和能——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E k＝错误!mv2,与速度的平方成正比,故C错误。

速度v
＝at，可得E k＝1
2
ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误。

根据v2＝2ax，
可得E k＝max，与位移成正比,故B正确.动量p＝mv，可得E k＝p2
2m
，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＝错误! mv2,又F＝mg,故v＝2错误!。

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＝错误!＝2错误!，水平位移x＝错误!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1
3
l。

重力加速度大小为g。

在此过程中，外力做的功为
( )
A。

1
9
mgl B。

错误!mgl
C。

1
3
mgl D。

错误!mgl
解析:选A QM段绳的质量为m′＝错误!m，未拉起时，QM段绳的重心在
QM中点处，与M点距离为错误!l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为错误!l，此过程重力做功W
G
＝－m′g错误!＝－错误!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＝－W
G
＝错误!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。

错误!B。

错误!
C。

错误!D。

错误!
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＝错误!mv2－错误!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＝错误!gt2，求得x＝错误!,因此当R－错误!＝0，即R＝错误!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<错误!。

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＜错误!，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＝2mgR－W
mR
B．a＝错误!
C．N＝错误!D．N＝错误!
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＝错误! mv2，则速度v＝错误!,在最低点的向心加速度a＝错误!＝错误!，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＝错误!，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 ＝12
mgR ，质点恰好可以到达Q 点 B ．W 〉错误!mgR ,质点不能到达Q 点
C ．W ＝错误!mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
D ．W <错误!mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离
解析：选C 设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝错误!,已知F N ＝F N ′＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝错误!mv N 2
＝错误!mgR 。

质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0,解得摩擦力做的功为W f ＝－错误!mgR ，即克服摩擦力做的功为W ＝－W f ＝12
mgR 。

设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝错误!mv Q 2－错误!mv N 2，即错误!mgR －W ′＝错误!mv Q 2，故质点到
Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离。

选项C 正确。

二、名校模拟重点演练——知热点
8．［多选］(2019·安徽蚌埠质检）如图所示，B 、M 、
N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B 点
和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α
＝60°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ,v ＝错误!，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )
A ．C 、N 的水平距离为错误!R
B ．
C 、N 的水平距离为2R
C ．小球在M 点对轨道的压力为6mg
D ．小球在M 点对轨道的压力为4mg
解析：选AC 小球从N 到C 的过程可看成平抛运动的逆过程，则v N cos α＝v 、v N sin α＝gt 、x CN ＝vt ，解得：v N ＝2v ＝2错误!、x CN ＝错误!R ，故A 项正确，B 项错误。

小球从M 到N 的过程由动能定理可得：－mg （R －R cos α）＝12
mv N 2－错误!mv M 2,对小球在M 点时受力分析，由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m 错误!，解得：F N ＝6mg ,根据牛顿第三定律可得：小球在M 点对轨道的压力为6mg ，故C 项正确，D 项错误.
9．［多选］（2019·河南信阳联考）如图所示，竖直墙上固定
有光滑的小滑轮D ，质量相等的物体A 和B 用轻弹簧连接，物体B
放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A 连接，另一端
跨过定滑轮与小环C 连接,小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，
小环C 位于位置R 时,绳与细杆的夹角为θ，此时物体B 对地面刚好无压力，图中，SD 水平，位置R 和Q 关于S 对称，现让小环从R 处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q 时速度最大。

下面关于小环C 下落过程中的描述正确的是( ）
A ．小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B ．小环
C 下落到位置S 时,小环C 的机械能一定最大
C ．小环C 从位置R 运动到位置Q 的过程中,弹簧的弹性势能一定先减小后增大
D ．小环C 到达Q 点时，物体A 与小环C 的动能之比为错误!
解析：选ABD 在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C 、物体A 和轻弹簧组成的系统机械能守恒,故A 正确;小环C 下落到位置S 过程中，绳的拉力一直对小环做正功,所以小环的机械能一直在增大，小环从S 到Q 过程中绳的拉力对小环做负功,机械能减小,所以在S 时，小环的机械能最大，故B 正确；由于小环在R 、Q 位置时弹簧的形变量相同，均处于伸长状态,而在S 位置时，弹簧可能处于伸长、压缩或原长状态，弹簧的弹性势能不一定是先减小后增大，故C 错误;在Q 点，小环速度最大，
受力平衡，有T cos θ＝m′g,对A、B整体，根据平衡条件,有T＝2mg，将小环速度分解可知v A＝v cos θ，根据动能E k＝错误!mv2可知，物体A与小环C 的动能之比为错误!，故D正确。

10.（2019·德州一模)如图所示为竖直平面内的半圆形
光滑轨道，其半径为R。

小球A、B的质量分别为m A、m B,A
和B之间用一根长为l(l<R)的轻杆相连，从图示位置由静止释放，球和杆只能在同一竖直面内运动，下列说法正确的是（)
A．若m A<m B，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同
B．若m A>m B，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m A gh－m B gh＝0，则有m A＝m B，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v
＝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：v C＝错误!＝5 m/s，
竖直分量：v yC＝4 m/s，
下落高度:h＝v yC2
2g
＝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°）＝错误!mv D2－错误!mv C2
代入数据解得：v D＝错误! m/s
小物块在D点时由牛顿第二定律得：F N－mg＝m错误!
代入数据解得：F N＝68 N
由牛顿第三定律得F N′＝F N＝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：
a
1
＝μg＝3 m/s2，a2＝错误!＝1 m/s2
速度分别为:v＝v D－a1t,v＝a2t
对物块和木板系统,由能量守恒定律得：
μmgL＝错误!mv D2－错误!（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E p＝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/s 2。

(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。

解析：(1）物块被弹簧弹出,由E p ＝12
mv 02，可知：v 0＝6 m/s 因为v 0〉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 ＝ma 1，v ＝v 0－a 1t 1，x 1＝v 0t 1－错误!a 1t 12
则a 1＝2 m/s 2
，t 1＝0。

5 s ，x 1＝2.75 m
因为x 1<L ，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s 的速度滑上水平面BC ,
物块滑离传送带后恰到E 点，由能量守恒定律可知：
错误!mv 2＝μ2mgs ＋mgR 代入数据可以得到:R ＝0.8 m 。

（2）设物块从E 点返回至B 点的速度为v B ，物块从传送带滑出到返回B
点的过程有12
mv 2－错误!mv B 2＝μ2mg ·2s 得到v B ＝错误! m/s ，
因为v B >0，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v B ＝错误! 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：
错误!mv B 2
＝μ2mg (s －x ）， 得到x ＝错误! m.
（3)设传送带速度为v 1时物块能恰到F 点，在F 点满足mg sin 30°＝m 错误!
从B到F过程中由能量守恒定律可知：
错误!mv12－错误!mv F2＝μ2mgs＋mg（R＋R sin 30°），
联立解得:v1＝37 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：
错误!mv22＝μ2mg×3s＋mgR
解得：v2＝错误! 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：
错误!mv B m2－错误!mv02＝μ1mgL
则物块到B点的最大速度v B m＝2错误! m/s〉v2
综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件
错误!m/s≤v≤错误! m/s。

答案：(1)0。

8 m （2）错误! m （3）错误!m/s≤v≤错误! m/s。