高考二轮复习专题力与能量专题.docx
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高考二轮复习专题力与能量专题
专题力与能量
一、单选题
1.如图所示,质量m=1kg、长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上,其右端与桌子边缘相平,板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4。
现用F=5N的水平力向右推薄板,使它翻下桌子,力F做的功至少为(g取10m/s2)( )
A.1J B.1.6J
C.2JD.4J
2.用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点,将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手,运动t时间后停在最低点。
则在时间t内( )
A.小球重力做功为mgl(1-cosα)
B.空气阻力做功为-mglcosα
C.小球所受合力做功为mglsinα
D.细线拉力做功的功率为
3.一个小球从固定的光滑圆弧槽的A点由静止释放后,经最低点B运动到C点的过程中,小球的动能Ek随时间t的变化图像可能是( )
4.如图所示,斜面的倾角为θ,质量为m的滑块距挡板P的距离为x0,滑块以初速度v0沿斜面上滑,滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。
若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失,则滑块经过的总路程是( )
A.
B.
C.
D.
5.水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。
某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体,经时间t小物体的速度与传送带相同,相对传送带的位移大小为x,A点未到右端,在这段时间内( )
A.小物体相对地面的位移大小为2x
B.传送带上的A点对地面的位移大小为x
C.由于物体与传送带相互作用产生的热能为mv2
D.由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
二、多选题
6.[多选]如图所示,一块长木板B放在光滑的水平面上,在B上放一物体A,现以恒定的外力F拉B,由于A、B间摩擦力的作用,A将在B上滑动,以地面为参考系,A、B都向前移动一段距离。
在此过程中( )
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
7.[多选](2018·连云港、徐州、宿迁三模)如图所示,ABC是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道,高度为h,轨道的末端C处与水平面相切。
一个质量为m的小木块从轨道顶端A处由静止释放,到达C处停止,此过程中克服摩擦力做功为W1,到达B处时速度最大为v1,加速度大小为aB;小木块在C处以速度v向左运动,恰好能沿原路回到A处,此过程中克服摩擦力做功为W2,经过B处的速度大小为v2,重力加速度为g。
则( )
A.v=2
B.v1 C.W1 8.[多选]如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。 质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端,现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动。 小物块和小车之间的摩擦力为f,小物块滑到小车的最右端时,小物块运动的距离为x。 在这个过程中,以下结论正确的是( ) A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F-f)(L+x) B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为fx C.小物块克服摩擦力所做的功为fx D.小物块和小车增加的总动能为Fx-fL 9.[多选]一物体静止在水平地面上,在竖直向上的拉力F作用下开始向上运动,如图甲所示。 在物体向上运动过程中,其机械能E与位移x的关系图像如图乙所示(空气阻力不计),已知曲线上点A处的切线斜率最大,则( ) A.在x1处物体所受拉力最大 B.在x1~x2过程中,物体的动能先增大后减小 C.在x2处物体的速度最大 D.在x1~x2过程中,物体的加速度先增大后减小 10.[多选]如图所示,物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧,物体A、B的质量都为m,开始时细绳伸直,用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h,物体B静止在地面上,放手后物体A下落,与地面即将接触时速度大小为v,此时物体B对地面恰好无压力,则下列说法中正确的是( ) A.弹簧的劲度系数为 B.此时物体B的速度大小也为v C.此时物体A的加速度大小为g,方向竖直向上 D.此时弹簧的弹性势能等于mgh- mv2 三、计算题 11.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究,他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为vt图像,如图所示(除2~10s时间段图像为曲线外,其余时间段图像均为直线)。 已知小车运动过程中,2~14s时间段内小车的功率保持不变,在14s末停止遥控而让小车自由滑行,小车的质量为1.0kg。 可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。 求: (1)小车所受到的阻力大小; (2)小车匀速行驶阶段的功率; (3)小车在加速运动过程中(0~10s内)位移的大小。 12.如图甲所示,长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接,有一质量为1kg的滑块(大小不计),从A处由静止开始受水平向右的力F作用,F的大小随位移变化的关系如图乙所示,滑块与AB间的动摩擦因数为μ=0.3,与BC间的动摩擦因数未知,取g=10m/s2。 求: (1)滑块到达B处时的速度大小; (2)若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则 ①滑块到达C处时的速度vC大小? ②滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少? ③滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少? 13.如图所示,斜面AB长xAB=3m、倾角为α,其底端B与水平传送带相切,传送带长为L=3m,始终以v0=5m/s的速度顺时针转动。 现有一个质量m=1kg的物块,在离B点xPB=2m处的P点由静止释放。 已知物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.25,物块与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2,sin37°=0.6,sin53°=0.8,g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 求: (1)倾角α逐渐增大到多少时,物块能从斜面开始下滑(用正切值表示); (2)当α=37°时,小物块由P到C的过程中,摩擦力对物块所做的功; (3)当α=53°时,为了使物块每次由P滑到C点时均抛在同一点D,求物块释放点P到B点的取值范围。 14.由学生组成的一个课题小组,在研究变力做功时,设计了如下的模型: 如图甲,在水平地面上放置一个质量为m=5kg的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动,推力F随位移x变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ=0.4,g取10m/s2。 (1)画出0~4m内物体加速度a随位移x变化的图像。 (2)物体速度最大时推力的功率为多少? (3)推力F减为零后物体还能滑行多远? 15.如图所示,竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC,圆心连线O1O2水平且与细管的交点为B。 轻弹簧左端固定在竖直挡板上,右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径),长为R的薄板DE置于水平面上,板的左端D到管道右端C的水平距离为R。 开始时弹簧处于锁定状态,具有一定的弹性势能。 重力加速度为g,解除锁定,小球离开弹簧后进入管道,最后从C点抛出(不计小球与水平面和细管的摩擦),若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg。 (1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep; (2)求小球经细管B点的前、后瞬间对管道的压力; (3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。 答案: 1.解析: 选B 在薄板没有翻转之前,薄板与水平桌面之间的摩擦力f=μmg=4N。 力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量,而在这个过程中薄板只需移动的距离为 ,则做的功至少为W=f× =1.6J,所以B正确。 2.解析: 选A 小球从开始运动到停止的过程中,下降的高度为: h=l(1-cosα),所以小球的重力做功: WG=mgh=mgl(1-cosα),故A正确;在小球运动的整个过程中,重力和空气阻力对小球做功,根据动能定理得: WG+Wf=0-0,所以空气阻力做功Wf=-WG=-mgl(1-cosα),故B错误;小球受到的合外力做功等于小球动能的变化,所以W合=0-0=0,故C错误;由于细线的拉力始终与运动的方向垂直,所以细线的拉力不做功,细线的拉力的功率为0,故D错误。 3.解析: 选B 动能Ek与时间t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率,即 = =P,A点与C点处小球速度均为零,B点处小球速度方向与重力方向垂直,所以A、B、C三点处的重力做功功率为零,则小球由A点运动到B点的过程中,重力做功的功率先增大再减小至零,小球由B点运动到C点的过程中,重力做功的功率也是先增大再减小至零,故B正确,A、C、D错误。 4.解析: 选A 因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,故滑块最终停在斜面底端,而摩擦力始终对滑块做负功,其大小等于μmgcosθ与滑块滑行的各段距离之和的乘积,即Wf=-μmgcosθ·s,由动能定理可得: mgx0sinθ+Wf=0- mv02,可解得s= ,故A正确。 5.解析: 选D 物体相对地面发生的位移为x1= t= t,传送带发生的位移为x2=vt,物体相对传送带发生的位移的大小为Δx=x2-x1=vt- = ,再根据题意物体相对传送带的位移大小为x,比较可知Δx=x=x1= ,所以A错误。 根据选项A的分析可知,A点对地面的位移大小为x2=vt=2x,所以B错误。 根据摩擦生热公式Q=fs相对可知,产生的热能为Q=fx;又物体的加速度应为a= ,物体受到的阻力f=ma;联立以上各式解得Q=m· · = mv2,所以C错误。 根据能量守恒定律可知,电动机多消耗的电能应为E电=Q+ΔE机= mv2+ mv2=mv2,所以D正确。 6.解析: 选BD A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力,对物体A应用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,选项B正确;A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,但是由于A在B上滑动,A、B相对地的位移不等,故二者做功不等,选项C错误;对长木板B应用动能定理,WF-Wf=ΔEkB,即WF=ΔEkB+Wf就是外力F对B做的功,等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和,选项D正确;由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等,故选项A错误。 7.解析: 选BC 木块下滑过程,在B点的速度最大,则切向方向受力平衡,但是沿半径方向有向心加速度,故aB不为零,选项D错误;木块沿轨道滑动过程,根据动能定理,从A到C有mgh-W1=0,从C到A有-mgh-W2=- mv2,从A到B有mghAB-WAB= mv12,从B到A有-mghAB-WBA=0- mv22,分别整理可得,W1=mgh,v= ,v1= ,v2= ,所以v1 ,故选项A错误,C正确。 8.解析: 选CD 由题意可知,小物块运动的距离为x,则对小物块,由动能定理得: Ekm=(F-f)x,故A错误;小物块到达小车最右端时,小车运动的距离为x-L,则对小车,由动能定理得: EkM=f(x-L),故B错误;小物块运动的距离为x,则小物块克服摩擦力所做的功为fx,故C正确;根据能量转化和守恒定律可知,小物块和小车间摩擦生热为fL,则小物块和小车增加的总动能为Fx-fL,故D正确。 9.解析: 选AB 由题图可知,x1处物体图像的斜率最大,说明此时机械能变化最快,由E=Fx可知此时所受的拉力最大,故A正确;x1~x2过程中,图像的斜率越来越小,则说明拉力越来越小,x2时刻图像的斜率为零,说明此时拉力为零,在这一过程中物体应先加速后减速,说明最大速度一定不在x2处,故B正确,C错误;由图像可知,在x1~x2过程中,拉力逐渐减小,直到变为零,则物体受到的合力应先减小到零,后反向增大,故加速度应先减小,后反向增大,故D错误。 10.解析: 选AD 物体B对地压力恰好为零,处于平衡状态,速度仍为零,故弹簧的拉力为mg,弹簧的伸长量为h,由胡克定律得k= ,故A正确,B错误;此时物体A受重力和细绳的拉力大小相等,合力为零,加速度为零,故C错误;物体A与弹簧系统机械能守恒,mgh=Ep弹+ mv2,故Ep弹=mgh- mv2,故D正确。 11.解析: (1)在14~18s时间段,加速度大小: a= = m/s2=1.5m/s2 由牛顿第二定律得: f=ma=1.5N。 (2)在10~14s小车做匀速运动,速度v=6m/s 牵引力大小F与f大小相等,则: F=f=1.5N, 小车匀速运动的功率: P=Fv=9W。 (3)0~2s内,小车的位移: x1= ×2×3m=3m 2~10s内,根据动能定理: Pt-fx2= mv22- mv12 代入数据解得x2=39m 加速过程中小车的位移大小为x=x1+x2=42m。 答案: (1)1.5N (2)9W (3)42m 12.解析: (1)对滑块从A到B的过程,由动能定理得 F1x1+F3x3-μmgx= mvB2 代入数据解得: vB=6m/s。 (2)①当滑块恰好能到达最高点C时,重力提供向心力: mg=m 代入数据解得: vC= m/s。 ②对滑块从B到C的过程,由动能定理得: W-mg·2R= mvC2- mvB2 代入数据得: W=-3J,即克服摩擦力做的功为3J。 ③滑块离开C后,做平抛运动,在水平方向: x′=vCt 在竖直方向: 2R= gt2 联立解得: x′=1.2m。 答案: (1)6m/s (2)① m/s ②3J ③1.2m 13.解析: (1)为使物块能从斜面开始下滑,有: mgsinα=μ1mgcosα 解得倾角α满足的条件为tanα=0.25。 (2)由P到B,由动能定理得: mgxPBsin37°-μ1mgxPBcos37°= mvB2 解得vB=4m/s 在B点,因为vB=4m/s 则a= =μ2g=2m/s2 根据: v02-vB2=2ax0 解得: x0=2.25m 所以从P到C,摩擦力对物块做的功 Wf=-μ1mgxPBcos37°+μ2mgx0=0.5J。 (3)因物块每次均抛到同一点D,由平抛运动的知识知: 物块到达C点时的速度 必须有vC=v0 当离B点的距离为x1时,物块进入传送带后一直匀加速运动,则由动能定理得 mgx1sin53°-μ1mgx1cos53°+μ2mgL= mv02 解得x1=1m 当离B点的距离为x2时,物块进入传送带后一直做匀减速运动 则mgx2sin53°-μ1mgx2cos53°-μ2mgL= mv02 解得: x2= m 所以物块释放点P到B点的距离的取值范围为 1m≤x≤ m。 答案: (1)tanα=0.25 (2)0.5J (3)1m≤x≤ m 14.解析: (1)由牛顿第二定律得: F-f=ma 得: a= ,f=μmg=20N, 由题图乙可得F=-25x+100(N) 则a=-5x+16(m/s2) 0~4m内物体加速度a随位移x变化的图像如图所示。 (2)由 (1)中分析可知,物体速度最大时,物体加速度为0, 此时x=3.2m,F′=f=20N 物体从开始到速度最大时,由动能定理得: WF-μmgx= mvm2 由Fx图像的物理意义得: WF= ×(20+100)×3.2J=192J 代入数据得: vm= m/s 此时推力的功率: P=F′vm=20× W=64 W。 (3)由题图乙可知推力为零时的位移x=4m 由动能定理得: W总-fx总=0-0 W总= ×100×4J=200J 解得x总=10m x′=x总-x=6m 故物体还能滑行6m。 答案: (1)见解析图 (2)64 W (3)6m 15.解析: (1)小球经过C点时,管道对小球的弹力FN=mg,方向竖直向下, 根据向心力公式有mg+FN=m 从解除弹簧锁定到小球运动到C点过程中,弹簧的弹性势能全部转化为小球的机械能,而小球的机械能守恒,则Ep=2mgR+ mvC2 解得Ep=3mgR。 (2)小球解除锁定到经过B点的过程中,根据机械能守恒,有3mgR=mgR+ mvB2 小球经B点前、后瞬间,弹力提供向心力, 则FN=m 解得FN=4mg 由牛顿第三定律可知,小球对管道的压力分别向右和向左,大小为4mg。 (3)小球离开C点后做平抛运动,根据平抛运动规律有2R= gt2,x=vCt 解得x=2 R。 因为x=2 R>2R,所以小球不能落在薄板DE上。 答案: (1)3mgR (2)分别为向右和向左的大小为4mg的压力 (3)见解析
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