2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用限時檢測

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1、2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題四 能量和動量 第1講 功能關(guān)系在力學(xué)中的應(yīng)用限時檢測 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(2018·北京模擬)用一根繩子豎直向上拉一個物塊,物塊從靜止開始運動,繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化,已知物塊的質(zhì)量為m,重力加速度為g,0～t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動,t0時刻后功率保持不變,t1時刻物塊達到最大速度,則下列說法正確的是(　D　) A.物塊始終做勻加速直線運動 B.0～t0時間內(nèi)物塊的加速度大小為 C.t0時刻物塊的速度大小為 D.0～t1時間內(nèi)

2、物塊上升的高度為(t1-)- 解析:0～t0時間內(nèi)物塊做勻加速直線運動,t0時刻后功率保持不變,根據(jù)P=Fv知v增大,F減小,物塊做加速度減小的加速運動,當(dāng)加速度減小到零,物塊做勻速直線運動,故A錯誤;根據(jù)P=Fv=Fat,F=mg+ma,得P=(mg+ma)at,由圖線的斜率k得=m(g+a)a,可知a≠,故B錯誤;在t1時刻速度達到最大,F=mg,則速度v=,可知t0時刻物塊的速度小于,故C錯誤;Pt圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小,根據(jù)動能定理得,+P0(t1-t0)-mgh=mv2, 解得h=(t1-)-.故D正確. 2.(2018·遼寧莊河五模)如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿

3、MON,桿的水平部分粗糙,動摩擦因數(shù)μ=0.2,桿的豎直部分光滑.兩部分各套有質(zhì)量均為1 kg的小球A和B,A,B球間用細繩相連.初始A,B均處于靜止狀態(tài),已知OA=3 m,OB=4 m,若A球在水平拉力的作用下向右緩慢地移動1 m(取g=10 m/s2),那么該過程中拉力F做功為(　A　) A.14 J B.10 J C.6 J D.4 J 解析:對A,B整體,受力為拉力F、重力G、支持力FN、向左的摩擦力Ff和向左的彈力FN1,如圖所示,根據(jù)共點力平衡條件,豎直方向有FN= G1+G2;水平方向有F=f+FN1;而Ff=μFN解得FN=(m1+m2)g=20 N;Ff=μFN=

4、 0.2×20 N=4 N;在整個運動過程中由動能定理得到WF-Ffx-m2g·h=0,根據(jù)幾何關(guān)系,可知B上升距離h=1 m,故有WF=fx+m2g·h=4×1 J+ 1×10×1 J=14 J;故選項A正確. 3.(2018·鄭州一模)在光滑的水平面上有一靜止的物體,現(xiàn)以水平恒力F1推這一物體,作用一段時間后換成相反方向的水平恒力F2推這一物體,當(dāng)恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等時,物體恰好回到原處,此時物體的動能為32 J,則在整個過程中,恒力F1,F2做的功分別為(　B　) A.16 J,16 J B.8 J,24 J C.32 J,0 J D.48 J,-16

5、J 解析:設(shè)加速運動的末速度為v1,勻變速運動的末速度為v2,由于加速過程和勻變速過程的位移相反,又由于恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等,根據(jù)平均速度公式有=-,解得v2=2v1,根據(jù)動能定理,加速過程W1=m,勻變速過程W2=m-m,根據(jù)題意m=32 J;故W1=8 J,W2=24 J,選項B正確. 4.(2018·包頭一模)如圖所示,水平光滑長桿上套有小物塊A,細線跨過位于O點的輕質(zhì)光滑小定滑輪,一端連接A,另一端懸掛小物塊B,物塊A,B質(zhì)量相等.C為O點正下方桿上的點,滑輪到桿的距離OC=h,重力加速度為g,開始時A位于P點,PO與水平方向的夾角為30°,現(xiàn)將A,B由靜止釋

6、放,下列說法正確的是(　B　) A.物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,速度先增大后減小 B.物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為 C.物塊A在桿上長為2h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動 D.在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,物塊B克服細線拉力做的功小于B重力勢能的減少量 解析:物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,繩子拉力對A做正功,其他力不做功,A動能不斷增大,速度不斷增大,故A錯誤;設(shè)物塊A經(jīng)過C點時的速度大小為v,此時B的速度為0,由于系統(tǒng)的機械能守恒,得 mg(-h)=mv2,解得v=,故B正確;由幾何知識可得PC=h,由于A,B組成的系統(tǒng)機械能守恒,由對稱性可得物塊A在桿上長為2

7、h的范圍內(nèi)做往復(fù)運動,故C錯誤;物塊A到C點時B的速度為零,則根據(jù)功能關(guān)系可知,在物塊A由P點出發(fā)第一次到達C點過程中,物塊B克服細線拉力做的功等于B重力勢能的減少量,故D錯誤. 5.(2018·和平區(qū)一模)如圖所示,輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與一質(zhì)量為m、套在粗糙豎直固定桿A處的圓環(huán)相連,彈簧水平且處于原長.圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,到達C處的速度為零,AC=h.如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A處.彈簧始終在彈性限度內(nèi),重力加速度為g.則(　C　) A.從A到C的下滑過程中,圓環(huán)的加速度一直減小 B.從A下滑到C過程中彈簧的彈性勢能增加量等于mgh C.從A到C的

8、下滑過程中,克服摩擦力做的功為 D.上滑過程系統(tǒng)損失的機械能比下滑過程多 解析:圓環(huán)從A處由靜止開始下滑,經(jīng)過某處B的速度最大,到達C處的速度為零,所以圓環(huán)先做加速運動,再做減速運動,經(jīng)過B處的速度最大,所以經(jīng)過B處的加速度為零,所以加速度先減小,后增大,故A錯誤;研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程中,運用動能定理得mgh- Wf-W彈=0,在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A,有-mgh+W彈-Wf=0-mv2.解得Wf=-mv2,則克服摩擦力做的功為mv2,故C正確;由A到C,克服彈力做功為mgh-mv2,則在C處彈簧的彈性勢能為mgh-mv2,而A處彈性勢能為零,故B錯誤.

9、由能量守恒定律知,損失的機械能全部轉(zhuǎn)化為摩擦生熱,而兩個過程摩擦力情況相同,則做功相等,選項D錯誤. 6.(2018·吉林通化一模)如圖所示,一個質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點),由斜面底端的A點以某一初速度沖上傾角為30°的固定斜面做勻減速直線運動,減速的加速度大小為g,物體沿斜面上升的最大高度為h,在此過程中(　CD　) A.物體克服摩擦力做功mgh B.物體的動能損失了mgh C.物體的重力勢能增加了mgh D.系統(tǒng)機械能損失了mgh 解析:設(shè)摩擦力大小為Ff.根據(jù)牛頓第二定律得Ff+mgsin 30°=ma,又a=g,解得Ff=mg,物體在斜面上能夠上升的最大距離為2h,則

10、物體克服摩擦力做功Wf=Ff·2h=mgh,故A錯誤;根據(jù)動能定理,物體動能的變化量ΔEk=W合=-ma·2h=-2mgh,即動能損失了2mgh,故B錯誤;物體在斜面上能夠上升的最大高度為h,所以重力勢能增加了mgh,故C正確;根據(jù)功能原理可知,系統(tǒng)機械能減少量等于mgh,故D正確. 7.(2018·吉林省實驗中學(xué)模擬)如圖所示,一質(zhì)量為m的小球(可看作質(zhì)點)置于半徑為R的光滑豎直軌道內(nèi)側(cè)最低點A處,B為軌道最高點,C,D為圓的水平直徑兩端點.輕質(zhì)彈簧的一端固定在圓心O點,另一端與小球拴接,已知彈簧的勁度系數(shù)為k=,原長為L=2R,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),若給小球一水平向右的初速度v0,已知

11、重力加速度為g,則(　CD　) A.無論v0多大,小球均不會離開圓軌道 B.若

12、FN1-kR-mg=m,解得FN1=kR+mg+m,小球運動到最高點時受到軌道的支持力最小,設(shè)為FN2,速度為v,有FN2-kR+mg=m,解得FN2=kR-mg+m,小球由A到B過程中,由機械能守恒定律得2mgR+ mv2=m,聯(lián)立解得ΔFN=FN1-FN2=6mg,與初速度無關(guān),故D正確. 8.(2018·南充模擬)如圖(甲)所示,傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速率運行,將一質(zhì)量m=2 kg的小物體以某一初速度放上傳送帶,物體相對地面的速度大小隨時間變化的關(guān)系如圖(乙)所示,取沿傳送帶向上為正方向,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.則下列說法正確的

13、是(　AD　) A.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875 B.0～8 s內(nèi)物體位移的大小為20 m C.0～8 s內(nèi)物體機械能的增量為190 J D.0～8 s內(nèi)因放上物體,傳送帶電動機多消耗的電能為432 J 解析:根據(jù)v-t圖像,可得物體在傳送帶上滑動時的加速度大小為a= =1 m/s2.在0～6 s,物體相對傳送帶滑動,對此過程,由牛頓第二定律得μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得μ=0.875,由圖像得物體在0～8 s內(nèi)的位移為s=-×2×2 m+×4 m=14 m,故A正確,B錯誤;物體被送上的高度為h=s·sin θ=14×sin 37°=8.4 m,重力

14、勢能增加量為 ΔEp=mgh=2×10×8.4 J=168 J,動能增加量為ΔEk=m(-)=× 2×[42-(-2)2] J=12 J,則機械能的增加量為ΔE=ΔEp+ΔEk=180 J,故C錯誤;0～8 s內(nèi)只有前6 s內(nèi)物體與傳送帶間發(fā)生相對滑動.在0～6 s內(nèi)傳送帶運動的距離s帶=v帶t=4×6 m=24 m,物體的位移s物= -×2×2 m+ m=6 m,則物體與傳送帶的相對位移大小Δs=s帶-s物= 18 m,產(chǎn)生的熱量Q=μmgcos θ·Δs=0.875×2×10×0.8×18 J= 252 J;0～8 s內(nèi)因放上物體,傳送帶電動機多消耗的電能為E=ΔE+ Q=43

15、2 J,故D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(2018·貴州模擬)質(zhì)量為m=4 kg的小物塊靜止于水平地面上的A點,現(xiàn)用F=10 N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去,物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點,A,B兩點相距x=20 m,物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,g取10 m/s2,求: (1)物塊在力F作用過程發(fā)生位移x1的大小; (2)撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間t. 解析:(1)取小物塊為研究對象,從A到B整個運動過程的拉力與摩擦力做功,根據(jù)動能定理,有 Fx1-Ffx=0, 其中Ff=μmg 聯(lián)立解得x1=16 m; (2)對從A到撤去F時

16、根據(jù)動能定理,有 Fx1-μmgx1=mv2; 解得v=4 m/s 撤去F后,根據(jù)牛頓第二定律,有 μmg=ma′, 解得a′=μg=2 m/s2; 根據(jù)速度公式,有 v=a′t, 解得t=2 s. 答案:(1)16 m　(2)2 s 10.(20分)(2018·如皋模擬)打井施工時要將一質(zhì)量可忽略不計的堅硬底座A送到井底,由于A與井壁間摩擦力很大,工程人員采用了如圖所示的裝置.圖中重錘B質(zhì)量為m,下端連有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧,工程人員先將B放置在A上,觀察到A不動;然后在B上再逐漸疊加壓塊,當(dāng)壓塊質(zhì)量達到m時,觀察到A開始緩慢下沉?xí)r移去壓塊.將B提升至彈簧下端距井口為H

17、0處,自由釋放B,A被撞擊后下沉的最大距離為h1,以后每次都從距井口H0處自由釋放.已知重力加速度為g,不計空氣阻力,B與A撞擊過程時間很短,且不損失能量,彈簧始終在彈性限度內(nèi). (1)求緩慢下沉?xí)rA與井壁間的摩擦力大小Ff和彈簧的形變量ΔL; (2)求撞擊下沉?xí)rA的加速度大小a和彈簧彈性勢能Ep; (3)若第n次撞擊后,底座A恰能到達井底,求井深H. 解析:(1)B放置A點,增加壓塊質(zhì)量,A開始緩慢下沉?xí)r,則有Ff=2mg; 由于底座質(zhì)量不計,則有kΔL=Ff, 解得ΔL=. (2)撞擊后A,B一起減速下沉,對B,根據(jù)牛頓第二定律得kΔL-mg=ma, 解得a=g A第一次下沉, 由功能關(guān)系得 mg(H0+ΔL+h1)=Ep+Ffh1, 解得Ep=mg(H0-h1+). (3)A第二次下沉,由功能關(guān)系得 mg(H0+ΔL+h1+h2)=Ep+Ffh2 又Ff=2mg 解得h2=2h1 A第三次下沉, 由功能關(guān)系有mg(H0+ΔL+h1+h2+h3)=Ep+Ffh3 解得h3=4h1 同理A第n次下沉過程中向下滑動的距離為 hn=2n-1h1 所以井的深度為 H=h1+h2+h3+…+hn=h1+2h1+4h1+…+2n-1h1=(2n-1)h1. 答案:見解析