高考物理二轮复习专题二第1讲 功和能—— 课后“高仿”检测卷 (含解析)

专题二  第一讲  功和能——  课后“高仿”检测卷

一、高考真题集中演练——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＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误。速度v＝at，可得Ek＝ma2t2，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＝，与动量的平方成正比，故D错误。

2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，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．2mgR  B．4mgR

C．5mgR  D．6mgR

解析：选C　小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。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点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝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ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR。

3．(2017·全国卷Ⅲ)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l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)

A.mgl  B.mgl

C.mgl  D.mgl

解析：选A　QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，将绳的下端Q拉到M点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。

4.(2017·全国卷Ⅱ)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)(　　)

A.  B.

C.  D.

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v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。

5．[多选](2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O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<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中，(　　)

A．弹力对小球先做正功后做负功

B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度

C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零

D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差

解析：选BCD　在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误。在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确。弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确。由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。

6．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)

A．a＝　　　 B．a＝

C．N＝  D．N＝

解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。

7.(2015·全国卷Ⅰ)如图，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则(　　)

A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点

B．W>mgR，质点不能到达Q点

C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

D．W<mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离

解析：选C　设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mvN2＝mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′<W。从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝mvQ2－mvN2，即mgR－W′＝mvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。

二、名校模拟重点演练——知热点

8．[多选](2019·安徽蚌埠质检)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点、最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝60°。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平方向上的v通过C点，已知圆轨道半径为R，v＝，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是(　　)

A．C、N的水平距离为R

B．C、N的水平距离为2R

C．小球在M点对轨道的压力为6mg

D．小球在M点对轨道的压力为4mg

解析：选AC　小球从N到C的过程可看成平抛运动的逆过程，则vNcos α＝v、vNsin α＝gt、xCN＝vt，解得：vN＝2v＝2、xCN＝R，故A项正确，B项错误。小球从M到N的过程由动能定理可得：－mg(R－Rcos α)＝mvN2－mvM2，对小球在M点时受力分析，由牛顿第二定律可得：FN－mg＝m，解得：FN＝6mg，根据牛顿第三定律可得：小球在M点对轨道的压力为6mg，故C项正确，D项错误。

9．[多选](2019·河南信阳联考)如图所示，竖直墙上固定有光滑的小滑轮D，质量相等的物体A和B用轻弹簧连接，物体B放在地面上，用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于位置R时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B对地面刚好无压力，图中，SD水平，位置R和Q关于S对称，现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，且环到达Q时速度最大。下面关于小环C下落过程中的描述正确的是(　　)

A．小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒

B．小环C下落到位置S时，小环C的机械能一定最大

C．小环C从位置R运动到位置Q的过程中，弹簧的弹性势能一定先减小后增大

D．小环C到达Q点时，物体A与小环C的动能之比为

解析：选ABD　在小环下滑过程中，只有重力势能与动能、弹性势能相互转换，所以小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；小环C下落到位置S过程中，绳的拉力一直对小环做正功，所以小环的机械能一直在增大，小环从S到Q过程中绳的拉力对小环做负功，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Tcos θ＝m′g，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 θ，根据动能Ek＝mv2可知，物体A与小环C的动能之比为，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R。小球A、B的质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(l<R)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，下列说法正确的是(　　)

A．若mA<mB，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同

B．若mA>mB，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mAgh－mBgh＝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。

11．(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＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3 m/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＝3 kg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μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，求：(g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝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)根据几何关系可知，小物块在C点速度大小为：

vC＝＝5 m/s，

竖直分量：vyC＝4 m/s，

下落高度：h＝＝0.8 m。

(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：

mgR(1－cos 53°)＝mvD2－mvC2

代入数据解得：vD＝ m/s

小物块在D点时由牛顿第二定律得：FN－mg＝m

代入数据解得：FN＝68 N

由牛顿第三定律得FN′＝FN＝68 N，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：

a1＝μg＝3 m/s2，a2＝＝1 m/s2

速度分别为：v＝vD－a1t，v＝a2t

对物块和木板系统，由能量守恒定律得：

μmgL＝mvD2－(m＋M)v2

联立解得：L＝3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m。

答案：(1)0.8 m　 (2)68 N，竖直向下　(3)3.625 m

12．(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＝1 kg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＝5 m，物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s＝1.5 m，它与物块间的动摩擦因数μ2＝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，圆弧对应的圆心角为θ＝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＝5 m/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＝18 J全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g＝10 m/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。

解析：(1)物块被弹簧弹出，由Ep＝mv02，可知：v0＝6 m/s　

因为v0>v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，

μ1mg＝ma1，v＝v0－a1t1，x1＝v0t1－a1t12

则a1＝2 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝2.75 m

因为x1<L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5 m/s的速度滑上水平面BC，

物块滑离传送带后恰到E点，由能量守恒定律可知：

mv2＝μ2mgs＋mgR

代入数据可以得到：R＝0.8 m。

(2)设物块从E点返回至B点的速度为vB，物块从传送带滑出到返回B点的过程有mv2－mvB2＝μ2mg·2s

得到vB＝ m/s，

因为vB>0，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＝ m/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：

mvB2＝μ2mg(s－x)，

得到x＝ m。

(3)设传送带速度为v1时物块能恰到F点，在F点满足mgsin 30°＝m

从B到F过程中由能量守恒定律可知：

mv12－mvF2＝μ2mgs＋mg(R＋Rsin 30°)，

联立解得：v1＝ m/s

设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点，由能量守恒定律可知：

mv22＝μ2mg×3s＋mgR

解得：v2＝ m/s

若物块在传送带上一直做加速运动，由能量守恒定律可知：

mvBm2－mv02＝μ1mgL

则物块到B点的最大速度vBm＝2 m/s>v2

综合上述分析可知，传送带的速度应满足条件

 m/s≤v≤ m/s。

答案：(1)0.8 m　(2) m　(3) m/s≤v≤ m/s