2021届高考物理二轮复习专题二 功和能(考点+习题)含解析
2021届新高考物理二轮复习 专题2 第1讲 功和能 作业含解析
第一部分 专题二 第1讲A 组 基础能力练1．(2020·宁夏银川三模)如图甲所示，质量为4 kg 的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F 随位移大小x 变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g 取10 m/s 2，则( B )A ．物体先做加速运动，推力撤去才开始做减速运动B ．物体在水平面上运动的最大位移是10 mC ．物体运动的最大速度为20 m/sD ．物体在运动中的加速度先变小后不变【解析】 开始时推力大于摩擦力，随着推力的减小，物体做加速度减小的加速运动，当推力减小到小于摩擦力以后，物体做加速度增大的减速运动，撤去F 后做匀减速运动，故A 、D 错误；由F －x 图像的面积可得推力全过程做功W ＝12×100×4 J ＝200 J ，由W F －μmgs ＝0，得s ＝10 m ，故B 正确；由F －x 图像可知F ＝μmg ＝20 N 时，x ＝3.2 m ，此刻速度最大W 1－μmgx ＝12m v 2m ，其中W 1＝100＋202×3.2 J ＝192 J ，得最大速度v m ＝8 m/s ，故C 错误． 2．(多选)(2020·北京海淀区期中)将一质量为m 的排球竖直向上抛出，它上升了H 高度后落回到抛出点．设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为f 的空气阻力作用，已知重力加速度大小为g ，且f <mg .不考虑排球的转动，则下列说法中正确的是( BD )A ．排球运动过程中的加速度始终小于gB ．排球从抛出至上升到最高点的过程中，机械能减少了fHC ．排球整个上升过程克服重力做的功大于整个下降过程重力做的功D ．排球整个上升过程克服重力做功的平均功率大于整个下降过程重力做功的平均功率【解析】 排球上升过程中合力F 合＝mg ＋f >mg ，故a >g ，A 错；排球上升过程中机械能的减少量等于空气阻力做的功，W ＝fH ，B 对；重力做功W ＝mgh ，排球上升与下降过程位移大小相等，故重力做功大小均为mgH ，C 错；排球上升与下降两个过程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升过程中F 1＝mg ＋f ，a 1＝g ＋f m ，下降过程F 2＝mg －f ，a 2＝g －f m，a 1>a 2，t 2>t 1，由P ＝W t知时间越小功率越大，D 对；故选B 、D ． 3．(2020·内蒙古赤峰二中模拟)一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45 J ，在第1秒末撤去拉力，其v －t 图像如图所示，g ＝10 m/s 2，则( A )A ．物体的质量为10 kgB ．物体与水平面的动摩擦因数为0.2C ．第1秒内摩擦力对物体做的功为－60 JD ．前4秒内合力对物体做的功为60 J【解析】 由图知第1 s 内的位移为x 1＝1×32m ＝1.5 m ，则由动能定理可得合外力做功W ＝F 合x 1＝12m v 2＝45 J ，得F 合＝30 N ；m ＝10 kg ，故A 正确；从第1 s 末到4 s ，摩擦力做功为－45 J ，位移为：x 2＝3×32m ＝4.5 m ，摩擦力大小为f ，则：－f ×x 2＝－45 J ，得f ＝10 N ，则μ＝f mg ＝10100＝0.1，故B 错误；第1 s 内摩擦力做功为：W f ＝－fx 1＝－10×1.5 J ＝－15 J ，故C 错误；由动能定理可知，前4 s 内合外力做功为零；故D 错误；故选A ．4．(2020·浙江绍兴模拟)用长度为l 的细绳悬挂一个质量为m 的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( C )A ．12mg gl B ．mg gl C ．12mg 3gl D ．13mg 3gl 【解析】 设小球在运动过程中第一次动能和势能相等时的速度为v ，此时绳与水平方向的夹角为θ，则由机械能守恒定律得mgl sin θ＝12m v 2＝12mgl ，解得sin θ＝12，v ＝gl ，即此时细绳与水平方向夹角为30°，所以重力的瞬时功率为P ＝mg v cos 30°＝12mg 3gl ，选项C 正确．5．(多选)(2020·四川自贡一诊)如图所示，在倾角θ＝37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O 点处，质量分别为m A ＝4.0 kg 、m B ＝1.0 kg 的物块A 和B 用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块A 位于斜面体上的M 处，物块B 悬空，现将物块A 和B 由静止释放，物块A 沿斜面下清，当物块A 将弹簧压缩到N 点时，物块A 、B 的速度减为零．已知MO ＝1.0 m ，ON ＝0.5 m ，物块A 与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，整个过程细绳始终没有松弛．则下列说法正确的是( AC )A ．物块A 在与弹簧接触前的加速度大小为1.2 m/s 2B ．物块A 在与弹簧接触前的加速度大小为1.5 m/s 2C ．物块A 位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能为9 JD ．物块A 位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能为21 J【解析】 对AB 整体，由牛顿第二定律可得：m A g sin θ－m B g －μm A g cos θ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝1.2 m/s 2，选项A 正确，B 错误；由能量关系可知，物块A 位于N 点时，弹簧所储存的弹性势能为E P ＝m A g ·MN sin θ－m B g ·MN －μm A g cos θ·MN ，解得E P ＝9 J ，选项C 正确，D 错误；故选A 、C ．6．(2020·黑龙江大庆段考)质量为1 kg 的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g 取10 m/s 2，则以下说法中正确的是( C )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2C ．物体滑行的总时间为4 sD ．物体滑行的总时间为2.5 s【解析】 根据动能定理E k2－E k1＝－F f l ，可得F f ＝E k1－E k2l ＝50－020N ＝2.5 N ，所以μ＝F f mg ＝0.25，故A 错误，B 错误；根据牛顿第二定律可得a ＝F f m＝2.5 m/s 2，由运动学公式得物体滑行的总时间t ＝2l a ＝2×202.5s ＝4 s ，故C 正确，D 错误． 7．(2020·山东济宁二模)由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示．假设图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O 、a 、b 、c 、d 为弹道曲线上的五点，其中O 点为发射点，d 点为落地点，b 点为轨迹的最高点，a 、c 两点距地面的高度相等．下列说法正确的是( D )A ．到达b 点时，炮弹的速度为零B ．到达b 点时，炮弹的加速度为零C ．炮弹经过a 点时的速度小于经过c 点时的速度D ．炮弹由O 点运动到b 点的时间小于由b 点运动到d 点的时间 【解析】 炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，故A 错误；在最高点受空气阻力(水平方向上的阻力与水平速度方向相反)，重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，故B 错误；由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a 点时的速度大于经过c 点时的速度，故C 错误；从O 到b 的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即mg ＋f 1＝ma 1，解得a 1＝mg ＋f 1m；在从b 到d 的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即mg －f 2＝ma 2，解得a 2＝mg －f 2m，则a 1>a 2根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b 点向O 点和从b 点向d 点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O 点运动到b 点的时间小于由b 点运动到d 点的时间，故D 正确．8．(2020·全国押题卷)如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ＝30°、长l ＝500 m 的斜面．一辆质量m ＝2 000 kg 的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a 随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1 m/s 后，牵引力的功率保持恒定．已知行驶过程中电动汽车受到的阻力F f (摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( D )A ．电动汽车所受阻力F f ＝12 000 NB ．电动汽车的速度达到1 m/s 后，牵引力的功率P 0＝12 kWC ．第1 s 内电动汽车牵引力的功率P 与时间t 满足P ＝12 000tD ．第1 s 内电动汽车机械能的增加量等于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6 000 J【解析】 加速阶段由牛顿第二定律可知：F －F f －mg sin θ＝ma ，之后保持功率不变，P 0v－F f －mg sin θ＝ma ，电动汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速度，P 0v max－F f －mg sin θ＝0解得P 0＝14 KW ；F f ＝2 000 N ；选项A 、B 错误；第1 s 内电动汽车牵引力的功率P ＝F v ＝14 000t ，选项C 错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移x ＝v 22a＝0.5 m ，牵引力大小为14 000 N ，牵引力与阻力做功的代数和为(F －F f )x ＝6 000 J ，选项D 正确．B 组 素养提升练9．(多选)(2020·贵州贵阳四校联考)如图甲，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝3 kg 的另一木块B 可看作质点，以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( AC )A ．木板的质量为M ＝3 kgB ．木块减小的动能为1.5 JC ．系统损失的机械能为3 JD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.2【解析】 由图像可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知μmg m＝1 m/s 2，μmg M ＝1 m/s 2，可得M ＝3 kg ，μ＝0.1，故A 正确，D 错误；木块减小的动能ΔE ＝E k0－E k1＝12m v 20－12m v 21＝4.5 J ，故B 错误；系统损失的机械能ΔE ＝E k0－E ′k1＝12m v 20－12×2m v 21＝3 J ，故C 正确；故选A 、C ．10．(多选)(2020·广东肇庆一模)如图所示，离地H 高处有一个质量为m 的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F ，已知F 随时间的变化规律为：F ＝F 0－kt (以向左为正，F 0、k 均为大于零的常数)，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μF 0>mg ·t ＝0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑H 2后脱离墙面，此时速度大小为gH 2，最终落在地面上．则下列关于物体的说法，正确的是( BD )A ．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B ．物体与墙壁脱离的时刻为t ＝F 0kC ．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线D ．物体克服摩擦力所做的功为W ＝38mgH 【解析】 竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg －μF ＝ma ，随着F 减小，加速度a 逐渐增大，做变加速运动，当F ＝0时，加速度增大到重力加速度g ，此后物块脱离墙面，故A 错误．当物体与墙面脱离时F 为零，所以F ＝F 0－kt ＝0 ，解得时间t ＝F 0k，故B 正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故C 错误．物体从开始运动到脱离墙面F 一直不做功，由动能定理得：mg H 2－W ＝12m (gH 2)2，物体克服摩擦力所做的功W ＝38mgH .故D 正确．故选B 、D ． 11．(2020·北京压轴卷)如图所示，一质量为m 的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O 点处，将小球拉至A 处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O 点正下方B 点间的竖直高度差为h ，速度为v ，则( A )A ．由A 到B 重力做的功等于mghB ．由A 到B 重力势能减少12m v 2 C ．由A 到B 小球克服弹力做功为mghD ．小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为mgh ＋m v 22【解析】 重力做功W ＝mgh ，与是否受其它力无关，而从A 下降到B ，下降的高度为h ，故A 正确；从A 下降到B 的过程中，根据动能定理mgh －W 弹＝12m v 2，重力势能的减小量ΔE P ＝mgh ＝W 弹＋12m v 2，故B 错误；在这个过程中，克服弹力做的功W 弹＝mgh －12m v 2，小球到达位置B 时弹簧的弹性势能为ΔE P ＝W 弹＝mgh －12m v 2，故CD 错误． 12.(2020·山东泰安三模)如图所示，劲度系数k ＝20 N/m 的轻弹簧下端与静止在水平地面上的重物A 相连，弹簧上端与不可伸长的轻绳相连，轻绳绕过轻质光滑定滑轮，另一端连一轻质挂钩．开始时定滑轮两侧的轻绳均处于伸直状态，A 上方的弹簧和轻绳均沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量m ＝0.1 kg 的物块B 并由静止释放，它恰好能使A 与地面接触但无压力．已知弹簧的弹性势能E P ＝12kx 2.(其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量)，弹簧始终在弹性限度内且弹簧上端一直未接触定滑轮，取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．(1)求当A 恰好与地面接触但无压力时弹簧的形变量x 0以及A 的质量M ；(2)若将B 换成另一个质量为4m 的物块C ，并将C 挂在挂钩上后由静止释放，求A 恰好与地面接触但无压力时C 的速度大小v (结果可保留根号)．【答案】 (1)0.1 m 0.2 kg (2)62m/s 【解析】 (1)对物块B 由能量关系可知mgx 0＝12kx 20解得x 0＝2mg k ＝2×0.1×1020m ＝0.1 m 对物块A ，由平衡知识可知kx 0＝Mg解得M ＝0.2 kg(2)若将B 换成另一个质量为4m 的物块C ，并将C 挂在挂钩上后由静止释放，A 恰好与地面接触但无压力时，此时弹簧的伸长量仍为x 0，则由能量关系4mgx 0＝12·4m v 2＋12kx 20，解得v ＝62m/s. 13．(2020·浙江卷)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB 和倾角θ＝37°的斜轨道BC 平滑连接而成．质量m ＝0.1 kg 的小滑块从弧形轨道离地高H ＝1.0 m 处静止释放．已知R ＝0.2 m ，L AB ＝L BC ＝10 m ，滑块与轨道AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC 上到达的高度h 与x 之间的关系．(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)【答案】 (1)8 N ，方向水平向左 (2)不会冲出 (3)h ＝16x －548⎝⎛⎭⎫58m<x ≤1 m ；h ＝0⎝⎛⎭⎫0≤x ≤58 m 【解析】 (1)机械能守恒定律mgH ＝mgR ＋12m v 2D牛顿第二定律F N ＝m v 2D R＝8 N 牛顿第三定律F ′N ＝F N ＝8 N方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C ′点，功能关系mgH ＝μmgL AB ＋μmgL BC ′cos θ＋mgL BC ′sin θ 得L BC ′＝1516 m<1.0 m故不会冲出(3)滑块运动到距A 点x 处的速度为v ，动能定理 mgH －μmgx ＝12m v 2碰撞后的速度为v ′，动量守恒定律m v ＝3m v ′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h ，动能定理 －3μmg (L AB －x )－3μmg htan θ－3mgh ＝0－12(3m )v ′2得h ＝16x －548⎝⎛⎭⎫58 m<x ≤1 mh ＝0⎝⎛⎭⎫0≤x ≤58 m。
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【解析】根据题意，从图可以看出力
F 是均匀减小的，可以得出力 F 随高度 x 的变化关系： F F0 kx ，
而 k F0 ，可以计算出物体到达 h 处时力 错误！未指定书签。 ；物体从地面到 h 处的过程中，力 F 做正功， H
重力 G做负功， 由动能定理可得： F h mgh ，而 错误！ 未指定书签。 ，可以计算出： 错误！ 未指定书签。 ，
【答案】 A
错误！未指定书签。
4．取水平地面为零势能面， 一物块从某高处水平抛出， 在抛出点其重力势能为动能的 3 倍。 不计空气阻力，
该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（
）
A． π B ． 5π C ． π D ． π
6
12
4
3
【答案】 D
【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的
则物体在初位置加速度为： 错误！未指定书签。 ： 错误！未指定书签。 ，而 错误！未指定书签。
，计算得： a
，计算处理得：
gh ；当物体运动到 h 处时，加速度为 2H h
a
gh ，即加速度最大的位置是 0 或
2H h
h 处。
【考点定位】动能定理、牛顿第二定律
【方法技巧】 首先结合图像分析物体从静止上升过程中加速度最大的位置，
III 卷）
【答案】 AC
【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。
错误！未指定书签。
点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌
握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机
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功和能考试大纲纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1、从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题．2、动能定理多数题目是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题；动能定理仍将是高考考查的重点，高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中。
3、机械能守恒定律，多数是与牛顿运动定律、平抛运动、圆周运动以及电磁学等知识相结合的综合性试题；高考题注重与生产、生活、科技相结合，将对相关知识的考查放在一些与实际问题相结合的情境中。
考向01 功和功率 1.讲高考 （1）考纲要求掌握做功正负的判断和计算功的方法；理解tWP =和Fv P =的关系，并会运用；会分析机车的两种启动方式． （2）命题规律从近几年高考来看，关于功和功率的考查，多以选择题的形式出现，有时与电流及电磁感应相结合命题．案例1． 如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（ ）A. 小于拉力所做的功B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功D. 大于克服摩擦力所做的功【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II 卷） 【答案】 A【解析】试题分析：受力分析，找到能影响动能变化的是那几个物理量，然后观测这几个物理量的变化即可。
木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，CD错误。
故选A点睛：正确受力分析，知道木箱在运动过程中有那几个力做功且分别做什么功，然后利用动能定理求解末动能的大小。
案例2．滑雪运动深受人民群众的喜爱，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【来源】2018年全国普通高等学校招生同一考试理科综合物理试题（天津卷）【答案】C【点睛】考查了曲线运动、圆周运动、动能定理等；知道曲线运动过程中速度时刻变化，合力不为零；在分析物体做圆周运动时，首先要弄清楚合力充当向心力，然后根据牛顿第二定律列式，基础题，难以程度适中．案例3．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。
2021届高考物理二轮专题突破练 功与能(含解析)
1 / 16专题突破练 功与能一、选择题1.(2020山东菏泽一模)若一质量为M 的直升机的螺旋桨推动横截面积为S 的空气以某一速度竖直向下运动从而使直升机悬停在空中,已知空气的密度为ρ,重力加速度为g ,则直升机的输出功率为 ( ) A.ρS (√MgρS)3B.√Mg 3ρSC.12ρS (√MgρS )3D.12√Mg 3ρS答案 C 设时间t 内,螺旋桨使质量为m 的空气竖直向下运动,则m =ρSvt ,由动量定理及牛顿第三定律知,空气对直升机的作用力F =p t =mv t=ρSv 2tt=ρSv 2,直升机悬停在空中,F =Mg ,则v 2=MgρS ,所以直升机输出的功率P =W t=mv 22t=12ρS (√MgρS)3,故A 、B 、D 错误,C 正确。
2.(2020浙江名校联盟新高考创新卷)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v max ,此过程中物体速度的倒数1v 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错误的是 ( )A.v max =10 m/sB.m =P30C.图像的斜率为fP D. f =0.1P答案C由功率的计算公式可得P=Fv,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律得F-f=ma,整理得1v =mPa+fP,图像斜率k=mP=0.13m-2·s3,所以m=P30,故B正确,C错误;图像纵截距为fP=0.1 m-1·s,所以f=0.1P,故D正确;当加速度为零时,最大速度v max=PF=Pf=10 m/s,故A正确。
3.(2020山东新泰月考)冰壶比赛场地如图,运动员从发球区推着冰壶出发,在投掷线MN处放手让冰壶滑出。
设在某次投掷后发现冰壶投掷的初速度v0较小,直接滑行不能使冰壶沿虚线到达尽量靠近圆心O的位置,于是运动员在冰壶到达前用毛刷刷冰壶滑行路线前方的冰面,这样可以使冰壶与冰面间的动摩擦因数从μ减小到某一较小值μ',设经过这样擦冰,冰壶恰好滑行到圆心O点。
2021届新高考物理二轮微专题复习限时强化练：功和功率的分析与计算(Word版含解析)
2021届新高考物理二轮微专题复习限时强化练功和功率的分析与计算一、选择题1、如图所示，一半圆槽固定在水平面上，A、B两点为最高点，O为最低点，一个小球在外力控制下沿AOB做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )A．半圆槽对小球的支持力先做正功后做负功B．合力对小球先做负功后做正功C．小球在最低点O时，所受合力的功率最大D．整个过程中小球重力的功率先减小后增大2．(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的变化规律如图乙所示，g取10 m/s2.则( )A．物块经过4 s回到出发点B．t＝4.5 s时水平拉力F的瞬时功率为24 WC．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 W3、有一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动．在启动过程中，汽车牵引力的功率随时间的变化情况如图所示．已知汽车所受阻力恒为重力的五分之一，5s末汽车速度为5m/s，而在15s时汽车已经达到了最大速度，重力加速度g取10 m/s2.则下列说法正确的是( )A．该汽车的质量为3000kgB．该汽车最大速度为8m/sC．在前5 s内，汽车克服阻力做的功为50 kJD．在5～15 s内，该汽车的位移大小约为67 m4、一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f恒定不变．下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )5、(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程，( )A．矿车上升所用的时间之比为4∶5B．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶56、如图所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g.质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A.14mgRB.13mgR C.12mgR D.π4mgR 7、(多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面足够长，一质量为m 的小物体，在沿斜面向上的恒力F 作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t ，力F 做功为60J ，此后撤去力F ，物体又经过相同的时间t 回到斜面底端，若以底端的平面为零势能参考面，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．物体回到斜面底端的动能为60 JB ．恒力F ＝2mgsin θC ．撤去力F 时，物体的重力势能是45 JD ．动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F 之前8、 (多选)如图所示，半径为R 的半圆弧槽固定在水平地面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m 的物块从P 点由静止释放刚好从槽口A 点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到最低点B 点，不计物块的大小，P 点到A 点高度为h ，重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是( )A ．物块从P 到B 过程克服摩擦力做的功为mg(R ＋h)B ．物块从A 到B 过程重力的平均功率为2mg 2gh πC ．物块在B 点时对槽底的压力大小为(2)R h mg RD ．物块到B 点时重力的瞬时功率为mg 2gh9、(多选)某质量m ＝1 500 kg 的“双引擎”小汽车，当行驶速度v ≤54 km/h 时靠电动机输出动力；当行驶速度在54 km/h<v ≤90 km/h 范围内时靠汽油机输出动力，同时内部电池充电；当行驶速度v>90 km/h 时汽油机和电动机同时工作，这种汽车更节能环保。
2021届老高考二轮复习物理小题必练：功和功率 含答案
(1)功的理解与计算；(2)恒力及合力做功的计算、变力做功；(3)机车启动问题；(4)功、功率与其他力学知识的综合。
例1．(2018∙全国III 卷∙19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。
某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。
不考虑摩擦阻力和空气阻力。
对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5【答案】AC【解析】根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，12v 0×2t 0＝12×12v 0×[2t 0＋t ′＋(t 0＋t ′)]，解得t ′＝12t 0，则对于第①次和第②次提升过程中，矿车上升所用的时间之比为2t 0∶(2t 0＋12t 0)＝4∶5，A 正确；加速过程中的牵引力最大，且已知两次加速时的加速度大小相等，故两次中最大牵引力相等，B 错误；由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为2∶1，由功率P ＝Fv ，得最大功率之比为2∶1，C 正确；两次提升过程中矿车的初、末速度都为零，则电机所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故电机所做的功之比为1∶1，D 错误。
【点睛】本题考查速度图象，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。
此题以速度图象给出解题信息。
解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图象面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。
功和功率1．如图所示，木板可绕固定水平轴O 转动。
木板从水平位置OA 缓慢转到OB 位置，木板上的物块始终相对于木板静止。
在这一过程中，物块的重力势能增加了2 J 。
2021届物理高考二轮复习训练：功与能
2021届物理高考二轮复习分层训练： 功与能一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s 的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6 kg ，篮筐离地高度约为3 m ，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )A ．1 JB ．10 JC ．50 JD ．100 J2．如图所示，完全相同的四个木块放于水平地面上，在大小相等的恒力F 作用下沿水平地面发生了相同的位移．关于力F 做功，下列表述正确的是( )A ．甲图中，因为木块与地面间没有摩擦力，所以力F 做的功最少B ．乙图中，力F 做的功等于摩擦力对木块做的功C ．丙图中，力F 做的功等于木块重力所做的功D ．丁图中，力F 做的功最少 3．[2020·贵州黔东南州第一次模拟]某次顶竿表演结束后，演员A (视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示．演员A 滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A 的质量为50 kg ，长竹竿的质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度取g ＝10 m/s 2，则t ＝5 s 时，演员A 所受重力的功率为( )A ．50 WB ．500 WC ．55 WD ．550 W 4．[2020·山西五地联考上学期期末]如图所示，固定斜面倾角为θ. 一轻弹簧的自然长度与斜面长度都为L ，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m 的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v ，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g ，则该过程中，人对小球做的功W 及小球被抛出后离地面的最大高度H 分别为( )A.12m v 2－mgL sin θ；v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g B.12m v 2；v 2sin 2θ－2gL sin θcos 2θ2gC.12m v 2－12mgL sin θ；v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2gD.12m v 2－mgL sin θ；v 22g5．如图所示，质量为m 的小球，从离地面高H 处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h 深度而停止．设小球受到的空气阻力为F f ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．小球落地时动能等于mgHB ．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C ．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )D ．小球在泥中受到的平均阻力为mg ⎝⎛⎭⎫1＋H h 6．如图1所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜向上运动，上升的最大高度为3.0 m ．选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E 随高度h 的变化如图2所示，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80). 下列说法中正确的是( )A ．物体的质量m ＝1.0 kgB ．物体可能静止在斜面顶端C ．物体回到斜面底端时的动能E k ＝10 JD ．物体上升过程的加速度大小a ＝15 m/s 27．[2020·福建三明一中模拟]滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°.设参加活动的人和滑车总质量为m ，人和滑车从距底端高为h 处的顶端A 沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g ，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B 的过程中，下列说法正确的是( )A ．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能B ．人和滑车获得的动能为0.8mghC ．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mghD ．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh8．如图甲所示，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～x 1过程的图线是曲线，x 1～x 2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( )A ．在0～x 2过程中，物体先加速后匀速B ．在0～x 1过程中，物体的加速度一直减小C ．在x 1～x 2过程中，物体的加速度为g sin θD ．在0～x 2过程中，拉力F 做的功为W F ＝E 2－E 1＋μmg cos θ·x 2 二、非选择题9．如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A 与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C 点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B ，滑轮右侧绳子与斜面平行，A 的质量为2m ，B 的质量为m ，初始时物体A 到C 点的距离为L .现给A 、B 一初速度v 0(v 0>gL )，使A 开始沿斜面向下运动，B 向上运动，物体A 将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C 点．已知重力加速度为g ，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：(1)物体A 向下运动刚到C 点时的速度大小； (2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧的最大弹性势能．10.[2020·山西临汾二模]质量为m ＝1.0 kg 的滑块从倾角为θ的固定斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上运动．以斜面底端为原点O ，沿斜面向上建立x 轴，以斜面底端所在水平面为零势能面．该滑块在上滑过程中重力势能E p 随位置x 的变化规律如图甲所示，机械能E 随位置x 的变化规律如图乙所示．重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)滑块返回斜面底端的速度大小．11．如图甲所示，半径R ＝0.45 m 的光滑14圆弧轨道固定在竖直平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝1 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放．取g＝10 m/s2.试求：(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离．参考答案1．答案：B解析：对整个过程运用动能定理得：W －mgh ＝12m v 2－0，人的身高大约1.6 m ，所以h 约为1.4 m代入数据解得：W ＝mgh ＋12m v 2＝0.6×10×1.4＋12×0.6×12＝8.7 J.B 项较接近，故选B. 2．答案：D 3．答案：B解析：由v - t 图象可知，4～6 s 内A 向下减速，加速度的大小为：a 2＝22m/s 2＝1 m/s 2，t ＝5 s 时，A 的速度大小为v 5＝2 m/s －a 2Δt ＝2 m/s －1×1 m/s ＝1 m/s ，演员A 所受重力的功率为P G ＝m A g v 5＝50×10×1 W ＝500 W ，故B 正确．4．答案：A解析：对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W ＋mgL sin θ＝12m v 2－0，则W ＝12m v 2－mgL sinθ；设小球离开斜面时的速度为v 0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgL sin θ＝12m v 2－12m v 20；从最高点到落地点的过程，由动能定理得mgH ＝12m v 2－12m (v 0cos θ)2，联立解得：H ＝v 2sin 2θ＋2gL sin θcos 2θ2g.5．答案：C解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH －F f H ＝12m v 20，选项A 错误；设泥的平均阻力为F ′f ，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh －F ′f h ＝0－12m v 20，解得F ′f h ＝mgh ＋12m v 20，F ′f ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋H h －F f H h ，选项B 、D 错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg (H ＋h )，选项C正确．6．答案：AC解析：物体到达最高点时，机械能E ＝E p ＝mgh ，则m ＝E gh ＝3010×3kg ＝1 kg ，A 正确；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，－F f hsin α＝30－50，解得F f ＝4 N ，重力沿斜面向下的分力mg sin α＝6 N>F f ＝4 N ，则物体到达斜面顶端后会继续向下滑动，B 错误；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W ＝30 J －50 J ＝－20 J ，在整个过程中由动能定理得E k －E k0＝2W ，则E k ＝E k0＋2W ＝50 J ＋2×(－20) J ＝10 J ，C 正确；物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＋F f ＝ma ，解得a ＝10 m/s 2，D 错误．7．答案：BC解析：沿斜面的方向有ma ＝mg sin 30°－F f ，所以F f ＝0.1mg ，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A 错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为E k ＝(mg sin 30°－F f )hsin 30°＝0.8mgh ，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE ＝mgh －E k ＝mgh －0.8mgh ＝0.2mgh ，故C 正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh ，故D 错误．8．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 sin θ＋F －F f ＝ma ，且F f ＝μmg cos θ，由题图乙知，在0～x 1过程中物体的机械能减少，即ΔE ＝(F －μmg cos θ)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x 1～x 2过程中，由题图乙知斜率为零，则F ＝μmg cos θ，此时加速度最大为g sin θ，A 、B 错误，C 正确；在0～x 2过程中，拉力做的功为W F ＝E 2－E 1＋μmg cos θ·x 2，D 正确．9．答案：(1)v 20－gL (2)12⎝⎛⎭⎫v 20g －L (3)3m4(v 20－gL ) 解析：(1)物体A 与斜面间的滑动摩擦力F f ＝2μmg cos θ，对A 向下运动到C 点的过程，对A 、B 组成的系统，由动能定理有2mgL sin θ－mgL －2μmgL cos θ＝12×3m (v 2－v 20)解得v ＝v 20－gL(2)从物体A 接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C 点的过程，对A 、B 组成的系统由动能定理得－F f ·2x ＝0－12×3m v 2解得x ＝12⎝⎛⎭⎫v 20g －L(3)从弹簧被压缩至最短到物体A 恰好弹回到C 点的过程中，由能量守恒定律得E p ＋mgx ＝F f x ＋2mgx sin θ解得E p ＝3m4(v 20－gL )．10．答案：(1)0.5 (2) 2 m/s解析：(1)滑块的重力势能E p 随位置x 的变化规律为E p ＝mgx sin θ 由E p - x 图象的斜率k 1＝mg sin θ＝6 N可得sin θ＝35，故cos θ＝45滑块的机械能E 随位置x 的变化规律为E ＝E 0－μmg cos θ·x 由E - x 图象的斜率k 2＝－μmg cos θ＝－4 N 可得μ＝0.5.(2)由题图可知，滑块上滑的最大位移 x ′＝0.5 m在滑块从最大位移处返回到斜面底端的过程中，有mgx ′sin θ－μmg cos θ·x ′＝12m v 2可得v ＝ 2 m/s.11．答案：(1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m解析：(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则有mgR ＝12m v 2B解得v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律有，F N －mg ＝m v 2BR，解得F N ＝30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力大小F ′N ＝F N ＝30 N ，方向竖直向下． (2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功W f ＝－μ1mg ＋μ2mg2l ＝－4 J物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得，mgR ＋W f ＝12m v 2，解得v ＝1 m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a 1＝μg ＝2 m/s 2对平板车有a 2＝μmgM＝2 m/s 2经过时间t 1物块滑离平板车，则有v B t 1－12a 1t 21－12a 2t 21＝l解得t 1＝0.5 s(另一解舍掉)物块滑离平板车时的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2 m/s 此时v 车＝a 2t 1＝1 m/s物块做平抛运动的时间t2＝2hg＝0.2 s物块落地时距平板车右端的水平距离s＝(v物－v车)t2＝0.2 m。
2021高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练5功功率动能定理20211105267
2021高考物理大二轮复习专题二功和能动量专题能力训练5功功率动能定理20211105267(时刻:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2020·全国卷Ⅱ)如图所示,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。
木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功2.如图所示,一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接,有一质量为m的物体由斜面的A点静止滑下,物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同。
已知A距离地面的高度为4 m,当物体滑至水平地面的C点时速度恰好为0,且B、C距离为4 m。
若将BC水平轨道抬起,与水平面间夹角为30°,其他条件不变,则物体能沿BD斜面上升的最大高度为()A.(8-4) mB.(8-2) mC. mD.8 m3.下列各图是反映汽车从静止开始匀加速启动,最后做匀速运动的过程中,其速度随时刻以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,(汽车运动过程中所受阻力恒定)其中不正确的是()4.如图所示,跳水运动员最后踏板的过程能够简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上,随跳板一同向下运动到最低点(B位置)。
关于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.运动员到达最低点时,其所受外力的合力为0B.在那个过程中,运动员的动能一直在减小C.在那个过程中,跳板的弹性势能一直在增加D.在那个过程中,运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功5.某同学参加学校运动会立定跳远项目竞赛,起跳直至着地过程如图所示。
测量得到竞赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽略空气阻力,则起跃过程该同学所做功约为()A.65 JB.350 JC.700 JD.1 250 J6.在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f,落地前瞬时小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中()A.重力做的功为mghB.克服空气阻力做的功为F f·C.落地时,重力的瞬时功率为mgvD.重力势能和机械能都逐步减少7.右图为牵引力F和车速倒数的关系图象。
高考物理二轮复习专题训练——功和能(word版含答案)
功和能一、选择题（共15题）1．下列物体机械能守恒的是A．子弹在穿过木块的过程中B．火车在进站的过程中C．匀速上升的气球D．在光滑斜面上加速运动的小球2．据加拿大《明报》报道，在英国，中国女设计师郑黛子用一部诺基亚手机，设计出一款以可乐来发电的概念手机，手机设计的核心是一片生物电池，利用酵素把碳水化合物转化为电力。
下列说法正确的是（）A．“可乐手机”是将可乐的化学能转化为电能B．“可乐手机”是将电能转化为水和氧气的化学能C．在能量转化过程中，必须摇动手机，否则不发生转化D．“可乐手机”虽然用到了可乐，但是工作过程直接利用了充电后的电能，不存在能量转化问题3．遂宁井盐业曾经相当发达，某盐厂有盐井深150m，井上支架高14m，用一根20m长的绳子把一个重为500N的物体竖直悬挂在支架下，重物在井口下方6m处，则物体的重力势能为（以井口为零重力势能平面）A．3000J B．－3000J C．2000J D．－2000J4．如图所示，a点在b点的正上方，现从a、b两点分别以速度v1、v2水平抛出两个相同的小球，可视为质点，它们在水平地面上方的P点相遇．假设在相遇过程中两球的运动没有受到影响，不计空气阻力，则下列说法正确的是A．两个小球从a、b两点同时抛出B ．两小球抛出的初速度v 1>v 2C ．从a 点抛出的小球着地时水平射程较大D ．从a 点抛出的小球着地时重力的瞬时功率较大5．汽车以额定功率在水平桌面上行驶，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度是v 2．已知汽车空车的质量是m 0，汽车所受的阻力与车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是（ ） A ．122v v m v - B ．122v v m v + C ．1201v v m v - D ．102v m v6．如图所示，固定在竖直平面内的34光滑圆管轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D 点为最高点，今使质量为m 的小球自A 点正上方h 高处由静止释放，且从A 处进入圆管轨道并经过D 点刚好落回A 点，则下列说法中正确的是A ．只要h R >小球就会落回到A 点B ．当54Rh ≥时小球一定过最高点D 并落回到A 点 C ．当小球刚好落回到A 点时，小球在D 点所受的弹力大小为2mg，方向向下 D ．当小球刚好落回到A 点时，小球在D 点所受的弹力大小为2mg，方向向上 7．杭州二中东河校区的操场小但很精致，阳光灿烂的日子里，很多老师和学生都喜欢徜徉在那里。
高考物理最新力学知识点之功和能知识点总复习附答案解析
高考物理最新力学知识点之功和能知识点总复习附答案解析一、选择题1．恒力F作用于原来静止的物体上，使其分别沿粗糙水平面和光滑水平面移动一段相同距离s，则水平恒力F做的功和功率W1、P l和W2、P2相比较，正确的是( )A．W l>W2，P1>P2B．W l=W2，P I<P2C．W l=W2，P l>P2D．W l>W2，P I<P22．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(重力加速度为g)( )A．216vgB．28vgC．24vgD．22vg3．如图所示，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑，则（）A．小球到达弧形槽底部时速度小于2ghB．小球到达弧形槽底部时速度等于2ghC．小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统总动量守恒D．小球自由下滑过程中机械能守恒4．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则A．1t时刻小球动能最大B．2t时刻小球动能最大C ．2t ~3t 这段时间内，小球的动能先增加后减少D ．2t ~3t 这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能5．按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。
如图所示，使笔的尾部朝下，将笔向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将向上弹起至一定的高度。
忽略摩擦和空气阻力。
笔从最低点运动至最高点的过程中A ．笔的动能一直增大B ．笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小C ．弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量D ．弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量6．人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，当人以速度 v 竖直向下匀速拉绳使质量为m 的物体A 到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A 的动能为（ ）A ．222cos k mv E θ=B ．222tan k mv E θ=C ．212k E mv =D ．221sin 2k E mv θ=7．如图所示,固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环,圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接,弹簧的另一端连接在墙上,且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑,已知弹簧原长为L ,圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L (未超过弹性限度),则在圆环下滑到最大距离的过程中( )A ．圆环的机械能守恒B ．弹簧弹性势能变化了3mgLC ．圆环下滑到最大距离时,所受合力为零D ．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 8．关于力对物体做功,下列说法正确的是 A ．滑动摩擦力对物体一定做负功 B ．静摩擦力对物体可能做正功C ．作用力与反作用力的功代数和一定为零D ．合外力对物体不做功,则物体速度一定不变 9．下述实例中，机械能守恒的是（ ） A ．物体做平抛运动 B ．物体沿固定斜面匀速下滑 C ．物体在竖直面内做匀速圆周运动D ．物体从高处以0.9g (g 为重力加速度的大小)的加速度竖直下落10．如图所示，小明将质量为m 的足球以速度v 从地面上的A 点踢起，当足球到达B 点时离地面的高度为h ．不计空气阻力，取地面为零势能面，则足球在B 点时的机械能为（足球视为质点）A ．212mv B ．mgh C ．212mv +mgh D ．212mv －mgh 11．如图所示，质量为60kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒，已知重心在C 点，其垂线与脚，两手连线中点间的距离Oa 、ob 分别为0.9m 和0.6m ，若她在1min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4m ，则克服重力做功和相应的功率为（ ）A ．430J ，7WB ．4300J ，70WC ．720J ，12WD ．7200J ，120W12．质量为m 的滑块沿高为h ，长为L 的粗糙斜面匀速下滑，在滑块从斜面顶端滑至底端的过程中A ．滑块的机械能保持不变B ．滑块克服摩擦所做的功为mgLC ．重力对滑块所做的功为mghD ．滑块的机械能增加了mgh13．如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O 转动，木板从水平位置OA 转到OB位置的过程中，木板上重为5 N 的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J 。
2021届新高考物理二轮复习阶段训练(二) 功和能 动量 含解析
阶段训练(二)功和能动量(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第17页一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)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.与它的动量成正比答案:B解析:高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动,则列车所受合外力恒定,由动能定理E k=F·x,E k与位移成正比。
另外,E k=12mv2=12ma2t2= 22 ,故选项B正确,A、C、D错误。
2.如图所示,竖直面内,两段半径均为R的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S”形轨道,一个质量为m的小环套在轨道上,小环从轨道最高点由静止开始下滑,下滑过程中始终受到一个水平恒力F的作用,小环能下滑到最低点,重力加速度大小为g。
则小环从最高点下滑到最低点的过程中()A.小环机械能守恒B.外力F一直做正功C.小环在最低点的速度大小为v=22D.在最低点小环对轨道的压力大小F N=mg答案:C解析:小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F,重力一直做正功,外力F时而做正功时而做负功,轨道的作用力一直不做功,故小环机械能不守恒,选项A、B错误;小环从最高点下滑到最低点的过程中,在沿水平恒力F方向上的位移为0,则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变化量,mg·4R=12mv2,解得v=22 ,选项C正确;小环在最低点,由牛顿第二定律得F N'-mg=m 2 ,得F N'=9mg,由牛顿第三定律可知F N=F N'=9mg,选项D错误。
3.如图所示,水平传送带两端点A、B间的距离为l。
2021届高考物理二轮复习专题二功和能考点4力学三大观点的应用限时集训
2021届高考物理二轮复习专题二功和能考点4力学三大观点的应用限时集训[限时45分钟；满分100分]1．(16分)(2020·济宁二模)如图2－4－9所示，长木板B 的质量为m 2＝1.0 kg ，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m 3＝1.0 kg 的物块C (可视为质点)放在长木板的最右端。
一个质量为m 1＝0.5 kg 的物块A 由左侧向长木板运动。
一段时刻后物块A 以v 0＝6 m/s 的速度与长木板B 发生弹性正碰(时刻极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C 始终在长木板上。
已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，物块C 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，求：图2－4－9(1)碰后瞬时物块A 和长木板B 的速度； (2)长木板B 的最小长度。
解析 (1)A 与B 发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬时的速度分别为v 1、v 2， 由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2， 由机械能守恒定律得：12mv 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22，联立解得：v 1＝－2 m/s ，v 2＝4 m/s 。
(2)之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同－μ1(m 2＋m 3)g －μ2m 3g ＝m 2a 2速度之前，由牛顿运动定律对木板B 有：对物块C 有μ2m 3g ＝m 3a 3，设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时刻为t ，v 2＋a 2t ＝a 3t ，木板B 的最小长度d ＝v 2t ＋12a 2t 2－12a 3t 2＝1 m 。
答案 (1)－2 m/s 4 m/s (2)1 m2．(16分)如图2－4－10所示，半径R ＝0.1 m 的竖直半圆形光滑轨道BC 与水平面AB 相切，AB 距离x ＝1 m 。
质量m ＝0.1 kg 的小滑块1放在半圆形轨道底端的B 点，另一质量也为m ＝0.1 kg 的小滑块2，从A 点以v 0＝210 m/s 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时刻极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。
高考物理新力学知识点之功和能知识点总复习有答案解析(2)
高考物理新力学知识点之功和能知识点总复习有答案解析(2)一、选择题1．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 的四分之一的圆弧，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 点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为A ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR2．我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富，四大发明促进了科学的发展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，下列说法正确的是（ ） A ．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒B ．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力C ．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能D ．指南针的发明促进了航海和航空，静止时指南针的N 极指向北方3．将一个皮球从地面以初速度v 0竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，即f =kv ，重力加速度为g ，下列说法中正确的是（ ） A ．从抛出到落四地面的过程中，最高点加速度最大，大小为gB ．刚抛出时加速度最大，大小为g +kv mC ．皮球上升所用时间比下降所用时间长D ．皮球落回地面时速度大于v 04．如图所示，物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，运动中无碰撞能量损失。
DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零。
如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑动到A 点时速度也刚好为零，则此时物体具有的初速度v （ ）A ．大于v0B ．等于v0C ．小于v0D ．决定于斜面的倾角5．假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v .横梁下边缘离地面的高度为h ，足球质量为m ，运动员对足球做的功为W 1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W 2，选地面为零势能面，下列说法正确的是( ) A ．运动员对足球做的功为W 1＝mgh ＋mv 2 B ．足球机械能的变化量为W 1－W 2C ．足球克服空气阻力做的功为W 2＝mgh ＋mv 2－W 1D ．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh ＋mv 26．从空中某一高度同时以大小相等的速度竖直上抛和水平抛出两个质量均为m 的小球，忽略空气阻力．在小球从抛出到落至水平地面的过程中 A ．动能变化量不同，动量变化量相同 B ．动能变化量和动量变化量均相同 C ．动能变化量相同,动量变化量不同 D ．动能变化量和动量变化量均不同7．如图所示，人站在电动扶梯的水平台阶上，假定人与扶梯一起沿斜面加速上升，在这个过程中，人脚所受的静摩擦力( )A ．等于零，对人不做功B ．水平向左，对人做负功C ．水平向右，对人做正功D ．沿斜面向上，对人做正功8．人用绳子通过定滑轮拉物体A ，A 穿在光滑的竖直杆上，当人以速度 v 竖直向下匀速拉绳使质量为m 的物体A 到达如图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A 的动能为（ ）A ．222cos k mv E θ= B ．222tan k mv E θ= C ．212k E mv =D ．221sin 2k E mv θ=9．把一物体竖直向上抛出去，该物体上升的最大高度为h ，若物体的质量为m ，所受空气阻力大小恒为f ，重力加速度为g ．则在从物体抛出到落回抛出点的全过程中，下列说法正确的是：（ ）A ．重力做的功为m g hB ．重力做的功为2m g hC ．空气阻力做的功为零D ．空气阻力做的功为-2fh10．将横截面积为S 的玻璃管弯成如图所示的连通器，放在水平桌面上，左、右管处在竖直状态，先关闭阀门K ，往左、右管中分别注入高度为h 2、h 1 ，密度为ρ的液体，然后打开阀门K ，直到液体静止，重力对液体做的功为（ ）A ．()21gs h h ρ-B ．()2114gs h h ρ- C ．()22114gs h h ρ- D ．()22112gs h h ρ- 11．如图所示，小明将质量为m 的足球以速度v 从地面上的A 点踢起，当足球到达B 点时离地面的高度为h ．不计空气阻力，取地面为零势能面，则足球在B 点时的机械能为（足球视为质点）A ．212mv B ．mgh C ．212mv +mgh D ．212mv －mgh 12．如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D 为弹射装置，AB 是长为21m 的水平轨道，倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10m/s 的速度滑上轨道AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点．已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ）A ．5sB ．4.8sC ．4.4sD ．3s13．我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗．多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其他的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)的轨道高度为“静卫”轨道高度的.下列说法正确的是()A．“中卫”的线速度介于7.9km/s和11.2km/s之间B．“静卫”的轨道必须是在赤道上空C．如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5D．“静卫”的运行周期小于“中卫”的运行周期14．一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如题5图所示．关于拉力的功率随时间变化的图象是下图中的可能正确的是A．B．C．D．15．连接A、B两点的在竖直面内的弧形轨道ACB和ADB形状相同、材料相同，如图所示．一个小物体从A点以一定初速度v开始沿轨道ACB运动，到达B点的速度为v1；若以相同大小的初速度v沿轨道ADB运动，物体到达B点的速度为v2，比较v1和v2的大小，有（）A．v1＞v2B．v1=v2C．v1＜v2D．条件不足，无法判定16．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P．快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶．图四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（）A．B．C ．D ．17．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t =0时其速度为1 m/s ．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图a 和图b 所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F 对滑块做的功分别为123W W W 、、，则以下关系正确的是( )A ．123W W W ==B ．123W W W <<C ．132W W W <<D ．123W W W =<18．质量为m 的小球从桌面上竖直抛出，桌面离地高度为1h ，小球能达到的最大离地高度为2h ．若以桌面作为重力势能等于零的参考平面，不计空气阻力，那么小球落地时的机械能为（ ）． A ．2mghB ．1mghC ．21()mg h h +D ．21()mg h h -19．汽车在平直公路上行驶，它受到的阻力大小不变，若发动机的功率保持恒定，汽车在加速行驶的过程中，它的牵引力F 和加速度a 的变化情况是（ ） A ．F 逐渐减小，a 逐渐增大 B ．F 逐渐减小，a 也逐渐减小 C ．F 逐渐增大，a 逐渐减小 D ．F 逐渐增大，a 也逐渐增大20．如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g =10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J21．如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC 和BC 的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C 点时的动能分别为E k1和E k2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W 1和W 2，则（ ）A ．E k1＞E k2 W 1＜W 2B ．E k1＞E k2 W 1＝W 2C ．E k1＝E k2 W 1＞W 2D ．E k1＜E k2 W 1＞W 222．一位质量为m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v ，重心上升高度为h 。
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专题二功和能1.功(1)恒力做功的计算式W=Fl cos α(α是F的方向与位移l方向的夹角)(2)恒力所做总功的两种计算方法W总=F合l cos α或W总=W1+W2+…2.功率(1)计算功率的两个公式:P=,P=Fv cos α(α为F与v的夹角)(2)机车启动类问题中的“临界点”①全程最大速度的临界点满足条件为:F f=;②匀加速运动达最大速度时满足的条件为-F f=ma,此时瞬时功率等于额定功率P额;③在匀加速过程中的某点,有:-F f=ma;④在变加速运动过程中的某点,有:-F f=ma'。
3.动能定理:W总=E k2-E k1=m-m4.机械能守恒定律的三种表达方式(1)始末状态:mgh1+m=mgh2+m(应选取零势能参考平面)(2)能量转化:ΔE k(增)=ΔE p(减)(3)研究对象:ΔE A=-ΔE B5.几种常见的功能关系高考演练1.(2020江苏单科,1,3分)质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶,速度为20 m/s,受到的阻力大小为1.8×103 N。
此时,汽车发动机输出的实际功率是 ()A.90 WB.30 kWC.36 kWD.300 kW答案C由于汽车在水平路面上匀速行驶,其受到的合外力为0,故汽车的牵引力F等于其受到的阻力f,即F=f,则汽车发动机输出的实际功率P=Fv=fv=36 kW,C正确。
2.(2018江苏单科,4,3分)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。
忽略空气阻力,该过程中小球的动能E k与时间t的关系图像是()答案A设小球初动能为E k0,初速度为v0,重力加速度为g。
瞬时动能E k=E k0-mgh,h=v0t-gt2,联立得E k=mg2t2-mgv0t+E k0,故A正确,B、C、D错误。
3.(多选)(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μmgB.物块克服摩擦力做的功为2μmgsC.弹簧的最大弹性势能为μmgsD.物块在A 点的初速度为答案 BC 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W f =-2μmgs =0-221A mv ，则gs v A μ2=，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2210Af mv W W -='+弹，'f W =-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。
201820192020考向突破一、功能规律与图像的结合1.四类图像中“面积”的含义典例1(2020江苏单科,4,3分)如图所示,一小物块由静止开始沿斜面向下滑动,最后停在水平地面上。
斜面和地面平滑连接,且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。
该过程中,物块的动能E k与水平位移x关系的图像是()答案A设斜面倾角为θ,物块滑到斜面底端时的动能为E k0,物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0,应用动能定理,在斜面上有(mg sin θ-μmg cos θ)·=E k,在水平面上有-μ'mg(x-x0)=E k-E k0,即E k=-μ'mg(x-x0)+E k0,综上所述可知:两段E k-x图线为线性关系,故A正确,B、C、D错误。
1(2020江苏常州教育学会学业水平监测)如图所示,在地面上空以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球,小球下落过程中,其动能E k、重力势能E p、重力的功率P、重力做的功W与时间t的关系图像中,正确的是()答案C小球某时刻的动能E k=mv2=m+mg2t2,则E k-t图像是不过原点且开口向上的抛物线,选项A错误;以地面为参考平面,小球的重力势能E p=E p0-mgh=E p0-mg2t2,则E p-t图像不是直线,选项B错误;重力的功率P=mgv y=mg·gt=mg2t,则P-t图像是过原点的直线,选项C正确;重力做的功W=mgh=mg2t2,则W-t图像是过原点的曲线,选项D错误。
二、动能定理的应用1.应用动能定理解题的基本步骤2.多过程问题的解题思路要点是“一拆”“一点”“一合”。
“一拆”就是分析物体的运动过程,将其各个不同的运动阶段拆分开来,各个击破;“一点”就是找到各个运动阶段的交接点,交接点的瞬时速度将不同的运动连接起来;“一合”就是找到不同运动的时间或空间的关系将其整个运动过程联系起来。
典例2(2020江苏无锡期末)2019年6月29日,首个江南文化特色的无锡融创乐园隆重开园。
其中有一座飞翼过山车,它是目前世界最高(最高处60米)、速度最快(最高速度可达120千米/时)、轨道最复杂的过山车。
过山车运行时可以底朝上在圆轨道上运行,游客不会掉下来。
我们把这种情形抽象为如图乙所示的模型:光滑弧形轨道的下端与竖直光滑圆轨道相接,使质量为m的小球从弧形轨道上端滚下,小球从圆轨道下端进入后沿圆轨道运动。
如果已知圆轨道的半径为R,重力加速度为g,不考虑空气阻力。
求:甲乙(1)若小球从高为h的A处由静止释放,求小球到达圆轨道底端时对轨道的压力;(2)若要使小球运动过程中能通过圆弧轨道最高点且不脱离轨道,试求小球由静止释放时的高度h'应满足的条件。
答案(1)mg,方向竖直向下(2)h'≥R解析(1)设小球从高为h的A处由静止释放,到达最低点速度为v,此过程由动能定理得mgh=mv2设小球到达圆轨道最低端时轨道对小球的支持力为N,由牛顿第二定律得N-mg=m根据牛顿第三定律,得小球到达圆轨道底端时对轨道的压力N'=N联立解得N'=mg,方向竖直向下;(2)小球恰好通过圆弧轨道最高点时,由牛顿第二定律有mg=m设此时小球从高H处由静止释放,由动能定理得mg(H-2R)=mv'2联立解得H=R故小球由静止释放时的高度应满足h'≥R。
2(多选)(2020江苏镇江期末)如图1所示,倾角为θ(θ<45°)的斜劈,固定在水平地面上,置于斜面上的滑块M恰能沿斜面匀速下滑,已知滑块M从斜面顶端滑至底端的过程中,重力势能减小量为K。
重力加速度为g。
现将该斜劈逆时针旋转90°后仍固定在水平地面上(如图2所示),在滑块M从斜面顶端由静止释放下滑至底端的过程中,能求出滑块()A.下滑至底端时的速度B.下滑过程中的加速度C.下滑至底端时的动能D.下滑至底端时重力的功率答案BC设AB=h。
滑块M恰能沿斜面匀速下滑时,有mg sin θ=μmg cos θ,得μ=tan θ,据重力势能减小量为K得mgh=K,该斜面逆时针旋转90°后,根据动能定理mg·-μmg sin θ·=mv2=E k,联立解得v=,E k=-K tan θ,由于m未知,所以不能根据mgh=K求出h,因此v求不出来,可求滑块下滑至底端时的动能E k,故A项错误,C项正确;根据牛顿第二定律得mg cos θ-μmg sin θ=ma,得a=g cos θ-g tan θ sin θ,可以求出加速度a,故B项正确;滑块下滑至底端时重力的功率为P=mgv cos θ,m和v都求不出来,则P求不出来,故D项错误。
三、传送带、板块模型中的功能问题求解传送带(板块)相对滑动的能量问题的方法说明:公式ΔQ=F滑·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移。
若物体在传送带上往复运动时,则l相对为总的相对路程。
典例3(多选)(2020江苏盐城三模)如图所示,木板甲长为L,放在水平桌面上,可视为质点的物块乙叠放在甲左端。
已知甲、乙质量相等,甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。
对乙施加水平向右的瞬时速度v,乙恰好未从甲上滑落;此时对甲施加水平向右的瞬时速度v,最终甲、乙物体均静止。
下列作出的甲、乙物体在运动过程中的动能E k与位移x的关系图像,其中正确的是()答案AC对乙施加水平向右的瞬时速度v,对木板甲来说,因为乙对甲的摩擦力μmg小于木板与地面之间的最大静摩擦力2μmg,可知木板甲是不动的,则对乙由动能定理E k乙=E k乙0-μmgx;当乙在甲上停止后,此时给甲一初速度v,则乙在摩擦力作用下先做匀加速运动,动能E k乙=μmgx;而甲做匀减速运动,动能E k甲=E k甲0-(μmg+2μmg)x;当甲、乙共速后一起做匀减速运动直至停止,此过程中乙的动能E k乙=E k乙1-μmgx,逐渐减小;此过程中甲受地面的摩擦力仍为向后的2μmg,但是乙对甲的静摩擦力变为向前的μmg,则此过程中甲的动能E k甲=E k甲1-(2μmg-μmg)x,图像的斜率变小;综上所述,选项A、C正确,B、D项错误。
典例4(多选)(2020江苏南通、泰州第一次调研)如图所示,水平传送带以恒定的速度v运动,一质量为m 的小物块轻放在传送带的左端,经过一段时间后,物块和传送带以相同的速度一起运动。
已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,则()A.物块加速运动时的加速度为μgB.物块加速运动的时间为C.整个过程中,传送带对物块做的功为mv2D.整个过程中,摩擦产生的热量为mv2答案AC物块加速运动时,由牛顿第二定律得μmg=ma,可得a=μg,故A项正确;物块加速运动的时间为t==,故B项错误;整个过程中,根据动能定理得传送带对物块做的功为W=mv2-0=mv2,故C项正确;物块加速运动的时间内传送带的位移为x带=vt,物块的位移为x物=t=,物块与传送带间相对位移大小为Δx=x带-x物==,整个过程中摩擦产生的热量为Q=μmgΔx=mv2,故D项错误。
四、功能关系的应用(1)功是能量转化的量度,在不同的问题中具有的对应关系是:(2)弹簧中的功能关系物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,在能量方面,由于弹簧的形变会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化,若除重力和弹簧弹力以外的力不做功,系统机械能守恒。
若还有其他外力和内力做功,这些力做功之和等于系统机械能改变量。
做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。
在相互作用的两个物体与弹簧系统中,弹簧两端物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。
如系统每个物体除弹簧弹力外所受合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度(如绷紧的弹簧由静止释放)。