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1、第一講 功和功率 動能定理課后自測診斷卷1多選(2018江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A加速度先減小后增大B經(jīng)過O點時的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功解析：選AD小物塊由A點開始向右加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由 F彈Ffma知，a減?。划斶\動到F彈Ff時，a減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由于慣性，小物塊繼續(xù)向右運動，此時FfF彈ma，小物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續(xù)減
2、小，a逐漸增大；當越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈Ffma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在O點左側(cè)F彈Ff時速度達到最大，故A正確，B錯誤。在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負功，故C錯誤。由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。2(2017江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：選C設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )x
3、EkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，其中x0為小物塊到達最高點時的位移，即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。3.多選(2019南通一模)“蹦極”是一項深受年輕人喜愛的極限運動，跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在腰間，從幾十米高處跳下。如圖所示，某人做蹦極運動，他從高臺由靜止開始下落，下落過程不計空氣阻力，設彈性繩原長為h0，彈性繩的彈性勢能與其伸長
4、量的平方成正比。則他在從高臺下落至最低點的過程中，他的動能Ek、彈性繩的彈性勢能Ep隨下落高度h變化的關(guān)系圖像正確的是()解析：選BD彈性繩被拉直前，人做自由落體運動，根據(jù)動能定理可得mghEk(hh0)，彈性繩的彈性勢能為零；彈性繩剛被拉直到人所受的重力與彈力大小相等的過程，人做加速度減小的加速運動，當加速度為零，速度達到最大值，從人所受的重力與彈力大小相等到最低點的過程中，人做加速度增大的減速運動，在最低點時速度為零；根據(jù)動能定理可得mghW彈Ek(hh0)，由克服彈性繩的彈力做功等于彈性繩的彈性勢能的變化量可得W彈k(hh0)2，則有他的動能Ekmghk(hh0)2(hh0)，彈性繩的彈
5、性勢能Epk(hh0)2(hh0)，故B、D正確，A、C錯誤。4.(2019鎮(zhèn)江一模)坐落在鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高88 m，假設乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列說法正確的是()A在摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中，乘客機械能始終保持不變B在最低點時，乘客所受重力大于座椅對他的支持力C在摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，合力對乘客做功為零D在摩天輪轉(zhuǎn)動的過程中，乘客重力的功率保持不變解析：選C機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，A錯誤；圓周運動過程中，在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以FNmg，則支持
6、力NmgF，所以重力小于支持力，B錯誤；在摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，動能變化量為零，則合力對乘客做功為零，C正確；運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，D錯誤。5.(2019揚州期末)某士兵練習迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點在目標A的右側(cè)，第二次調(diào)整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標，忽略空氣阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說法正確的是()A第二次炮彈在空中運動時間較長B兩次炮彈在空中運動時間相等C第二次炮彈落地時速度較大D第二次炮彈落地時速度較小解析：選A炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據(jù)下落過程豎直方
7、向做自由落體運動，hgt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運動時間較長，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理：mghmv2mv02，由于兩次在空中運動過程重力做功都是零，所以vv0，故兩次炮彈落地時速度相等，故C、D錯誤。 6.多選(2019南京調(diào)研)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達最高點后又返回到出發(fā)點。則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關(guān)系的是(取初始位置為坐標原點、初速度方向為正方向)()解析：選BD滑塊整個運動過程的加速度方向均與初速度方向相反，故A錯誤。上滑時的加速度大小a1gsin gcos ，
8、下滑時的加速度大小a2gsin gcos ，結(jié)合位移公式xat2，可知下滑時間大于上滑的時間；由于機械能有損失，返回到出發(fā)點時速度小于出發(fā)時的初速度，故B正確。重力做功Wmghmgxsin ，上滑過程與下滑過程的Wx圖像重疊，故C錯誤。根據(jù)動能定理得，上滑過程有：ma1xEkmv02，解得Ekmv02ma1x，同理下滑過程有：Ekma2(Lx)，由數(shù)學知識知，D正確。7.(2019蘇北四市調(diào)研)如圖所示，水平光滑細桿上P點套一小環(huán)，小環(huán)通過長L1 m的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m1 kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm7 N?，F(xiàn)對物塊施加F8 N的水平恒力作用，物塊和小
9、環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用。小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計，物塊可看成質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)物塊做勻加速運動的加速度大小a；(2)P、Q兩點間的距離s；(3)物塊向右擺動的最大高度h。解析：(1)由牛頓第二定律Fma解得a8 m/s2。(2)環(huán)到達Q時，靜摩擦力最大由牛頓第二定律2fmmgm解得vm2 m/s根據(jù)動能定理Fsmvm2解得s0.25 m。(3)設物塊上升的最大高度為h，水平距離為x，由動能定理得F(xs)mgh0由幾何關(guān)系得(Lh)2
10、x2L2解得h1 m或h m(舍去)。答案：(1)8 m/s2(2)0.25 m(3)1 m8(2017江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求：(1)未拉A時，C受到B作用力的大小F；(2)動摩擦因數(shù)的最小值min；(3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。解析：(1)對C受力分析，如圖所示：根據(jù)平衡條件有2Fcos 30mg解得Fmg。(2)C恰好降到地面
11、時，B受C壓力的水平分力最大FxmaxmgB受地面的摩擦力fmg根據(jù)題意，B保持靜止，則有fminFxmax，解得min。(3)C下降的高度h(1)RA的位移x2(1)R摩擦力做功的大小Wffx2(1)mgR根據(jù)動能定理WWfmgh00解得W(21)(1)mgR。答案：(1)mg(2)(3)(21)(1)mgR9.(2019蘇錫常鎮(zhèn)一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標系xOy中有一根表面粗糙的粗細均勻的細桿OMN，它的上端固定在坐標原點O處且與x軸相切。OM和MN段分別為彎曲桿和直桿，它們相切于M點，OM段所對應的曲線方程為yx2。一根套在直桿MN上的輕彈簧下端固定在N點，其原長比桿MN的長度
12、短，可視為質(zhì)點的開孔小球(孔的直徑略大于桿的直徑)套在細桿上，現(xiàn)將小球從O處以v03 m/s的初速度沿x軸的正方向拋出，過M點后沿桿MN運動壓縮彈簧，再經(jīng)彈簧反彈后恰好到達M點。已知小球的質(zhì)量為0.1 kg，M點的縱坐標為0.8 m，小球與桿間的動摩擦因數(shù)，g取10 m/s2。求：(1)上述整個過程中摩擦力對小球所做的功Wf；(2)小球初次運動至M點時的速度vM的大小和方向；(3)輕質(zhì)彈簧被壓縮至最短時的彈性勢能Epm。解析：(1)對題述過程由動能定理得WGWf0mv02，代入數(shù)據(jù)解得Wf1.25 J。(2)假設小球拋出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律可得xv0t，ygt2，代入數(shù)據(jù)解得：yx2
13、，與OM曲線方程一致，說明小球在OM段運動過程中與細桿OM無摩擦，做平拋運動。小球由O點運動到M點的過程中由動能定理得WGmvM2mv02，代入數(shù)據(jù)解得vM5 m/s，由運動合成和分解可得vM的方向與x軸正方向夾角的余弦值：cos ，即53。(3)設小球從M點開始直至小球被彈回M點的過程中，摩擦力所做的功為Wf1，由動能定理得：Wf10mvM2，解得Wf11.25 J，又由Wf1mgxmcos ，求得小球下滑的最大距離xm6.25 m在小球從M點開始直至將彈簧壓縮到最短過程中，由動能定理得mgxmsin Wf1W彈0mvM2，又根據(jù)功能關(guān)系得EpmW彈，聯(lián)立解得Epm5.625 J。答案：(1
14、)1.25 J(2)5 m/s方向與x軸正方向成夾角53(3)5.625 J10(2019南京摸底)如圖甲所示，半徑R0.45 m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點，B點右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M1 kg，長度l1 m，小車的上表面與B點等高，距地面高度h0.2 m，質(zhì)量m1 kg的物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧最高點A由靜止釋放，取g10 m/s2。試求：(1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大??；(2)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化，如圖乙所示，求物塊滑離平板車時的速率；(3)若解除平板車的鎖定并撤去上表
15、面鋪的材料后，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)0.2，物塊仍從圓弧最高點A由靜止釋放，求物塊落地時距平板車右端的水平距離。解析：(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到B點的過程中，機械能守恒，則mgRmvB2解得vB3 m/s在B點由牛頓第二定律得Nmgm解得N30 N即物塊滑到軌道上B點時對軌道的壓力NN30 N，方向豎直向下。(2)物塊在小車上滑行時的摩擦力做功Wfl4 J從物塊開始滑到滑離平板車過程中由動能定理得mgRWfmv2解得v1 m/s。(3)當平板車不固定時，對物塊a1g2 m/s2對平板車a22 m/s2；經(jīng)過時間t1物塊滑離平板車，則 vBt1a1t12a2t12l解得t10.5 s。(另一解舍掉)物體滑離平板車的速度v物vBa1t12 m/s此時平板車的速度：v車a2t11 m/s物塊滑離平板車做平拋運動的時間t20.2 s物塊落地時距平板車右端的水平距離s(v物v車)t20.2 m。答案：(1)30 N(2)1 m/s(3)0.2 m7
（江蘇專用）2020高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功和能 第一講 功和功率 動能定理——課后自測診斷卷
