2020年高考物理二轮复习练习：专题二功和能——课后高仿检测卷版含解析

1、专题二第一讲功和能一一课后“高仿”检测卷一、高考真题集中演练一一明规律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 Ek=2mv12,与速度的平方成正比，故 C 错误。速度 v=at,可得 Ek=2ma2t2,与经历的时间的平方成正比，故 A 错误。根据 v2=2ax,可得 Ek=max,与位移成正比，故 B 正确。动量 p=mv,可得 Ek=F-,与动量的平方成正比，故 D 错误。2m2.（2018 全国卷 I）如图，a

2、bc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，产片长度为 2R;bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量。丁,，,%/一为 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.2mgRD.6mgR1 一一解析：选 C 小球从 a 点运动到 c 点，根据动能 7E 理得，F3R-mgR=mv2,又 F=mg,故 v=2，gR。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

3、点所用的时间 t=j=2-2=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 AE=F(3R+x)=5mgR。3.（2017 全国卷出）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 3l。重力加速度大小为 go在此过程中，外力做的功为（）31A.mgl1D.2mglB.4mgRC.5mgR水平位移 x=1B.gmglC.1mgl3解析：选 AQM 段绳的质量为 m=2m,未拉起时，QM 段绳的重心在 QM 中点处,3与 M 点距离为 11,绳的下端 Q 拉到 M 点

4、时，QM 段绳的重心与 M 点距离为此过程重力 36做功 WG=mg11=；mg1,将绳的下端 Q 拉到 M 点的过程中，由能量守恒定律，369可知外力做功 w=-WG=：mg1,可知 A 项正确，B、C、D 项错误。94.（2017 全国卷 n）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）（）2VA.716g2CV-4g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VI,由于轨道光滑,根据机械能守恒定律有

5、 mgX2R=2mv22mv12,小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运1v2422X=V1t,2R=2gt2,求得 x=y-16Rg2+浮因此当R-8g=0,即R嗡时,x 取得最大值，B 项正确，A、C、D 项错误。5.多选（2016 全国卷 H）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于。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/OMN2mgR,质点不能到达 Q 点C.1W=2mgR,质点到达Q 点后，继续上升一段距离D.1WmgR,质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：选 C 设

6、质点到达N 点的速度为 VN,在 N 点质点受到轨道的弹力为FN,贝UFNW。重力加V=开始至 N 点的过程，由动能定理得 mg2R+Wf=EkN0,解得摩擦力做的功为 Wf=2mgR,，,一，一一.1C11.1WXCN=3R,故 A 项正确，B 项错误。小球从 M 到 N1c1的过程由动能 7E 理可得：一 mg（RRCOSa）=QmvN22mvM2,对小球在 M 点时受力分析，由时速度最大。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

7、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 Tcos0=mg,对 A、B 整体，根据平衡条件，有 T=2mg,将小环速度分解可知 VA=VCOS仇根据动能 Ek=1mv2可知，物体 A 与小环 C 的动能之比为笺,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Ro小球 A、B 的质量分别为 mA、mB,A 和 B 之间用一根长为 l(lR)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，卜列说法正确的是()A.若 mAmB,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

8、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 mAghmBgh=0,则有 mA=mB,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。12 .(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=1kg 的小物块，从光滑平台上

9、的 A 点以 VO=3m/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=3kg 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尸 0.3,圆弧轨道的半径为 R=0.5m,C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角0=53,不计空气阻力，求：(g=10m/s2,sin53=0.8,cos53=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

10、据几何关系可知，小物块在 C 点速度大小为:V0cos53vyc下洛图度：h=-=0.8m。2g(2)小物块由 C 到 D 的过程中，由动能定理得：1212mgR(1cos53)=2mvD22mvc2代入数据解得：VD=J29m/s2小物块在 D 点时由牛顿第二定律得：FN-mg=mvD-R代入数据解得：FN=68N由牛顿第三定律得 FN=FN=68N,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：ai=科罗 3m/s2,a2=与g1m/s2速度分别为：v=VDa1t,v=a2t对物块和木板系统，由能量守恒定

11、律得：,191,mgL2mvD2-(m+M)v2联立解得：L=3.625m,即木板的长度至少是 3.625m。答案：(1)0.8m(2)68N,竖直向下(3)3.625m13 .(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=1kg 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=5m,物块与传送带间的动摩擦因数口=0.2,与传送带相邻的粗糙水平面 BC 长 s=1.5m,它与物块间的动摩擦因数f2=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

12、角为0=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=5m/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 Ep=18J 全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的 E 点，取 g=10m/s2。(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。竖直分量:Vyc=4m/s,1一一，斛析：(1)物块被弹黄弹出，由 Ep=2mv02,可知：V0=6m/s因为 V0v,故物块滑上传送带后先减速，物块

13、与传送带相对滑动过程中，1_.2以 mg=mai,v=voaiti,xi=v0t12aiti则 ai=2m/s2,ti=0.5s,xi=2.75m因为 xi0,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VB=47m/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：12,、?mvB2(-2mg(sx),得到 x=1m。3VF2(3)设传送田速度为 vi时物块能恰到 F 点，在 F 点满足 mgsin30=mTTR从 B 到 F 过程中由能量守恒定律可知：1212?mvi22mvF2M2mgs+mg(R+Rsin30),联立解得：vi=37m/s设