2019屆高考物理二輪復習 第一部分 專題二 能量與動量 第一講 功和能課前自測診斷卷.doc

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專題二第一講 功和能——課前自測診斷卷 考點一 功和功率 1.[考查功的計算] 如圖所示，傾角為30的粗糙斜面與傾角為60的光滑斜面對接在一起，兩斜面上分別放有質量均為m的物塊甲和乙，兩物塊通過一跨過光滑定滑輪的細線連在一起。物塊甲與粗糙斜面間動摩擦因數(shù)為μ，在平行于斜面的拉力F的作用下兩物塊做勻速運動。從圖示位置開始計時，在物塊甲與滑輪相碰前的一段時間內，力F做的功為(　　) A．mgL　　 　B．mgL C．mgL D．mgL 解析：選A　對物塊甲：T＋mgsin 30＝μmgcos 30；對物塊乙：F＝T＋mgsin 60；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A正確。 2．[考查平均功率與瞬時功率的分析與計算] [多選]如圖甲所示，一個質量m＝2 kg的物塊靜止放置在粗糙水平地面O處，物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，在水平拉力F作用下物塊由靜止開始向右運動，經過一段時間后，物塊回到出發(fā)點O處，取水平向右為速度的正方向，物塊運動過程中其速度v隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示，取g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．物塊經過4 s時間到出發(fā)點 B．4.5 s時水平力F的瞬時功率為24 W C．0～5 s內摩擦力對物塊先做負功，后做正功，總功為零 D．0～5 s內物塊所受合力的平均功率為1.8 W 解析：選BD　由圖像可知，前4 s內速度方向始終為正方向，故前4 s時間內沒有回到出發(fā)點，選項A錯誤；根據(jù)vt圖線的斜率表示加速度，可知3～5 s內，加速度a＝－ m/s2＝－3 m/s2,4.5 s時的速度v＝aΔt＝－3(4.5－4) m/s＝－1.5 m/s，根據(jù)牛頓第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16 N，負號表示力的方向水平向左，水平力F的瞬時功率P＝Fv＝24 W，選項B正確；滑動摩擦力的方向始終與速度方向相反，摩擦力始終做負功，選項C錯誤；3～5 s內合力為恒力，物塊的位移為零，合力做的功為零，0～3 s內，物塊的加速度a1＝ m/s2＝1 m/s2，位移x1＝132 m＝4.5 m，合力做的功W＝ma1x1＝9 J，0～5 s內合力的平均功率＝＝ W＝1.8 W，選項D正確。 3．[考查“機車啟動”類問題] 如圖甲所示，水平面上一質量為m的物體在水平力F作用下開始加速運動，力F的功率P保持恒定，運動過程中物體所受的阻力f大小不變，物體速度最終達到最大值vmax，此過程中物體速度的倒數(shù)與加速度a的關系圖像如圖乙所示。僅在已知功率P的情況下，根據(jù)圖像所給信息可知以下說法中正確的是(　　) A．可求出m、f和vmax B．不能求出m C．不能求出f D．可求出物體加速運動時間 解析：選A　當加速度為零時，物體做勻速運動，此時牽引力大小等于阻力大小，速度為最大值，最大速度vmax＝ m/s＝10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，聯(lián)立可得＝a＋，物體速度的倒數(shù)與加速度a的關系圖像的斜率為k＝，縱軸截距為＝0.1，因此可求出m、f和vmax，選項A正確，B、C錯誤。物體做變加速運動，無法求解物體加速運動的時間，選項D錯誤。 考點二 動能定理的應用 4.[考查應用動能定理解決變力做功問題] [多選]一質量為2 kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖像。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知(　　) A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.35 B．減速過程中拉力對物體所做的功約為13 J C．勻速運動時的速度約為6 m/s D．減速運動的時間約為1.7 s 解析：選ABC　物體勻速運動時，受力平衡，則F＝μmg，μ＝＝＝0.35，選項A正確；因為W＝Fx，故拉力的功等于Fx圖線與x坐標軸包圍的面積，由圖線可知曲線與x軸間小格數(shù)約為13，則減速過程中拉力對物體做功為131 J＝13 J，選項B正確；由動能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，則解得：v0＝6 m/s，選項C正確；由于不知道具體的運動情況，無法求出減速運動的時間，故D錯誤。 5.[考查應用動能定理解決曲線運動問題] 用長為l、不可伸長的細線把質量為m的小球懸掛于O點，將小球拉至懸線偏離豎直方向α角后放手，運動t時間后停在最低點。則在時間t內(　　) A．小球重力做功為mgl(1－cos α) B．空氣阻力做功為－mglcos α C．小球所受合力做功為mglsin α D．細線拉力做功的功率為 解析：選A　小球從開始運動到停止的過程中，下降的高度為h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正確；在小球運動的整個過程中，重力和空氣阻力對小球做功，根據(jù)動能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空氣阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B錯誤；小球受到的合外力做功等于小球動能的變化，所以W合＝0－0＝0，故C錯誤；由于細線的拉力始終與小球運動的方向垂直，所以細線的拉力不做功，細線的拉力的功率為0，故D錯誤。 6．[考查應用動能定理解決多過程問題] 如圖所示是某種制作糖炒栗子的裝置。炒鍋的縱截面與半徑R＝1.6 m的光滑半圓軌道位于同一豎直面內，炒鍋的縱截面可看作是由長度L＝2.5 m的斜面AB、CD和一小段光滑圓弧BC平滑對接組成的。假設一栗子從水平地面上以水平初速度v0射入半圓軌道，并恰好能從軌道最高點P水平飛出，又恰好從A點沿斜面AB進入炒鍋，在斜面CD上可運動到的最高點為E點(圖中未畫出)。已知AB、CD兩斜面的傾角θ均為37，栗子與AB、CD兩斜面之間的動摩擦因數(shù)μ均為，栗子在鍋內的運動始終在圖示的縱截面內，整個過程栗子質量不變，不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。求： (1)栗子的初速度大小v0及A點離地面的高度h； (2)C、E兩點的距離x。 解析：(1)設栗子質量為m，在P點的速度大小為vP，在A點的速度大小為vA 栗子恰能過P點，則mg＝m，解得vP＝4 m/s 栗子沿半圓軌道運動至P點的過程中，由動能定理有 －mg2R＝mvP2－mv02 解得v0＝4 m/s 栗子在A點的速度方向沿斜面AB向下，則其豎直方向上的分速度大小vAy＝vPtan θ 栗子從P點至A點的過程中做平拋運動，則vAy2＝2gy，其中y為栗子由P點運動至A點的過程中下降的豎直高度，又h＝2R－y，解得h＝2.75 m。 (2)栗子在A點的速度大小vA＝ 栗子從A點運動到E點的過程中，由動能定理有 mg(L－x)sin θ－μmg(L＋x)cos θ＝0－mvA2 解得x＝ m。 答案：(1)4 m/s　2.75 m　(2) m 考點三 機械能守恒定律的應用 7.[考查單個物體的機械能守恒問題] 小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點(　　) A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的動能一定小于Q球的動能 C．P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析：選C　兩球由靜止釋放到運動到軌跡最低點的過程中只有重力做功，機械能守恒，取軌跡的最低點為零勢能點，則由機械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，則vP＜vQ，又mP＞mQ，則兩球的動能無法比較，選項A、B錯誤；在最低點繩的拉力為F，則F－mg＝m，則F＝3mg，因mP＞mQ，則FP＞FQ，選項C正確；向心加速度a＝＝2g，選項D錯誤。 8．[考查多個物體的機械能守恒問題] [多選]如圖所示，左側為一個固定在水平桌面上的半徑為R的半球形碗，碗口直徑AB水平，O點為球心，碗的內表面及碗口光滑。右側是一個足夠長的固定光滑斜面。一根不可伸長的輕質細繩跨過碗口及豎直固定的輕質光滑定滑輪，細繩兩端分別系有可視為質點的小球和物塊，且小球質量m1大于物塊質量m2。開始時小球恰在A點，物塊在斜面上且距離斜面頂端足夠遠，此時滑輪右側的細繩與斜面平行且恰好伸直，C點在球心O的正下方。當小球由靜止釋放開始運動，下列說法正確的是(　　) A．在小球從A點運動到C點的過程中，小球與物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．當小球運動到C點時，小球的速率是物塊速率的 C．小球不可能沿碗面上升到B點 D．物塊沿斜面上滑的過程中，地面對斜面體的支持力始終保持恒定 解析：選ACD　在小球從A點運動到C點的過程中，小球與物塊組成的系統(tǒng)只有重力做功，小球與物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項A正確；當小球運動到C點時，設小球的速率為v1，物塊的速率為v2，分析可知有v2＝v1cos 45＝v1，即物塊的速率是小球速率的，選項B錯誤；假設小球恰能上升到B點，則滑輪左側的細繩將增長，物塊一定是上升的，物塊的機械能一定增加，小球的機械能不變，導致系統(tǒng)機械能增加，違背了機械能守恒定律，即小球不可能沿碗面上升到B點，選項C正確；物塊沿斜面上滑過程中，由于滑輪右側細繩始終與斜面平行，所以物塊對斜面的壓力始終不變，地面對斜面體的支持力始終保持恒定，選項D正確。 9．[考查涉及彈性勢能的機械能守恒問題] 如圖所示，一根被鎖定的壓縮輕彈簧下端固定在水平地面上，上端固定著一質量為m的薄木板A，彈簧的壓縮量為h。圖中P點距地面高度正好等于彈簧原長，在P點上方有一距它高度為2h、質量為2m的物塊B。現(xiàn)解除彈簧的鎖定，木板A上升到P點時恰好與自由下落的物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，并一起無粘連地向下運動。B與A第一次分開后能達到的最高位置在P點上方的處。已知重力加速度為g，整個過程中彈簧始終處于彈性限度內并保持豎直。求： (1)A、B第一次分開瞬間B的速度大小； (2)A、B第一次碰撞后一起向下運動到A的初始位置時速度的大小。 解析：(1)B與A剛要分離時，彈簧正好處于原長，設此時B的速度為vB，則由機械能守恒定律得： 2mg＝2mvB2 解得vB＝。 (2)設A、B剛好碰撞前B的速度大小為v，根據(jù)機械能守恒定律得：2mg2h＝2mv2 解得v＝2 根據(jù)機械能守恒，A、B碰撞后瞬間的速度大小vAB與A、B剛好分開時速度大小相等，即：vAB＝vB 設A、B剛好碰撞前A的速度大小為vA，根據(jù)動量守恒： 2mv－mvA＝3mvAB 解得vA＝ 設彈簧鎖定時的彈性勢能為Ep，從彈簧解除鎖定到恢復到原長的過程，根據(jù)機械能守恒定律： Ep＝mgh＋mvA2 可得Ep＝6mgh 設A、B第一次碰撞后一起向下運動到A的初始位置時的速度大小為v′，在這過程中，根據(jù)機械能守恒定律得：Ep＋3mv′2＝3mvAB2＋3mgh 聯(lián)立以上各式解得： v′＝2。 答案：(1)　(2)2 考點四 功能關系的應用 10.[考查單個物體的功能關系問題] 如圖所示，某段滑雪雪道傾角為30，總質量為m(包括滑雪具在內)的滑雪運動員從距底端高為h處的雪道上由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝，在他從上向下滑到底端的過程中，下列說法正確的是(　　) A．運動員減少的重力勢能全部轉化為動能 B．下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為 C．運動員獲得的動能為 D．運動員克服摩擦力做功為 解析：選B　若運動員不受摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin 30＝ma，則加速度應為a＝gsin 30＝，而現(xiàn)在的加速度小于，故運動員應受到摩擦力，所以減少的重力勢能有一部分轉化為了內能，故A錯誤；運動員下滑的距離：l＝＝2h，根據(jù)速度位移公式v2＝2al，可得：v＝，動能為：Ek＝mv2＝，故C錯誤；由動能定理可知：mgh－Wf＝mv2，解得：Wf＝mgh，故D錯誤；機械能的減小量等于阻力所做的功，故下滑過程中系統(tǒng)減少的機械能為mgh，故B正確。 11．[考查多個物體的功能關系問題] 如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。 (1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力。 (2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車。已知滑塊質量m＝，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數(shù)為μ，求： ①滑塊運動過程中，小車的最大速度大小vm； ②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小s。 解析：(1)滑塊滑到B點時對小車壓力最大，從A到B機械能守恒 mgR＝mvB2 滑塊在B點處，由牛頓第二定律得 N－mg＝m 解得N＝3mg 由牛頓第三定律得滑塊對小車的壓力N′＝3mg。 (2)①滑塊下滑到達B點時，小車速度最大。由機械能守恒定律得 mgR＝Mvm2＋m(2vm)2 解得vm＝ 。 ②設滑塊運動到C點時，小車速度大小為vC，由功能關系得 mgR－μmgL＝MvC2＋m(2vC)2 設滑塊從B到C運動過程中，小車運動加速度大小為a，由牛頓第二定律得 μmg＝Ma 由運動學規(guī)律得 vC2－vm2＝－2as 解得s＝L。 答案：(1)3mg　(2)① 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