2023届二轮复习 专题二 第1讲　功和能 素养作业

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专题二　动量与能量第1讲　功和能1.(2021·山东卷,3) 如图所示,粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆,一端可绕竖直光滑轴O转动,另一端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发,恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中,木块所受摩擦力的大小为(　B　)A.    B.     C.     D. 解析:在运动过程中,只有摩擦力做功,而摩擦力做功与路径有关,根据动能定理有-Ff·2πL=0-m,可得摩擦力的大小Ff=,选项B正确。2.(2022·广东卷,9)(多选) 如图所示,载有防疫物资的无人驾驶小车,在水平MN段以恒定功率200 W、速度5 m/s匀速行驶,在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg,MN=PQ=20 m,PQ段的倾角为30°,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有(　ABD　)A.从M到N,小车牵引力大小为40 NB.从M到N,小车克服摩擦力做功800 JC.从P到Q,小车重力势能增加1×104 JD.从P到Q,小车克服摩擦力做功700 J解析:从M到N,由P1=F1v1可得小车牵引力F1== N=40 N,选项A正确;从M到N,小车匀速行驶,牵引力等于摩擦力,可得摩擦力f1=F1=40 N,小车克服摩擦力做的功Wf1=f1·MN=40×20 J=800 J,选项B正确;从P到Q,小车上升的高度h=PQ·sin 30°=20×0.5 m=10 m,小车重力势能的增加量ΔEp=mgh=50×10×10 J=5 000 J,选项C错误;从P到Q,由P2=F2v2可得小车牵引力F2== N=285 N,从P到Q,小车匀速行驶,小车牵引力F2=f2+mgsin 30°,解得f2=F2-mgsin 30°=285 N-50×10× N=35 N;从P到Q,小车克服摩擦力做的功Wf2=f2·PQ=35×20 J=700 J,选项D正确。 3.(2021·湖南卷,3)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　C　)A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为vmD.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m-Pt解析:在动车组匀加速启动的过程中,对动车组受力分析,根据牛顿第二定律有F1-F阻=ma1,其中F阻=kv,在动车组匀加速启动的过程中,加速度a1不变,v增大,则F阻增大,故牵引力F1逐渐增大,A错误;若四节动力车厢输出功率均为额定值,则牵引力F2=,而F2-F阻=ma,其中F阻=kv,由v增大可知加速度a减小,所以动车组从静止开始做加速度减小的变加速运动,B错误;设当四节动力车厢输出的总功率为2.25P时,动车组匀速运动的速度为vm′,动车组匀速行驶时受力平衡,有F′=F阻=kvm′,则4P=k,2.25P=kvm′2,解得vm′=vm,C正确;当四节动力车厢输出功率均为额定值时,对动车组从启动到达到最大速度的过程,根据动能定理有4Pt-W克=m,解得这一过程中该动车组克服阻力做的功W克=4Pt-m,D错误。4.(2022·天津模拟)(多选)如图甲所示,一木块放在水平地面上,在水平拉力F=3 N作用下向右运动,水平地面AB段光滑,BC段粗糙,木块从A点运动到C点的vt图像如图乙所示。则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　BC　)A.该木块的质量为3 kgB.在t=6 s时,克服摩擦力的功率为6 WC.拉力在AC段做功为57 JD.木块在BC段克服摩擦力做功的平均功率为3.5 W解析:由题图乙可知AB段的加速度a1== m/s2=0.5 m/s2,则木块的质量m== kg=6 kg,同理BC段的加速度a2== m/s2=0.25 m/s2,根据牛顿第二定律有F-Ff=ma2,解得Ff=1.5 N,所以t=6 s时,克服摩擦力的功率P=Ffv=1.5×4 W=6 W,故A错误,B正确;由题图乙可知木块在AC段的位移x=×(2+3)×2 m+×(3+4)×4 m=19 m,则拉力F做的功W=Fx=3×19 J=57 J,木块在BC段的位移x2=×(3+4)×4 m=14 m,则木块在BC段克服摩擦力做的功为WFf=Ffx2=1.5×14 J=21 J,克服摩擦力做功的平均功率为= W=5.25 W,故C正确,D错误。5.(2022·河北石家庄模拟)(多选)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示,轮轴可绕共同轴O自由转动,其轮半径R=20 cm,轴半径r=10 cm,用轻绳缠绕在轮和轴上,分别在绳的下端吊起质量为2 kg、1 kg的物块P和Q,将两物块由静止释放,释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动,不计轮轴的质量及轴O处的摩擦,重力加速度g取10 m/s2。在P从静止下降1.2 m的过程中,下列说法正确的是(　BD　)A.P、Q速度大小始终相等B.Q上升的距离为0.6 mC.P下降1.2 m时Q的速度大小为2 m/sD.P下降1.2 m时的速度大小为4 m/s解析:由题意知,轮半径R=20 cm,轴半径r=10 cm,根据线速度与角速度关系可知==,故A项错误;在P从静止下降1.2 m的过程中,由题意得,==,解得hQ=0.6 m,故B项正确;根据机械能守恒得mPghP=mP+mQ+mQghQ,由A项和B项知=,hQ=0.6 m,解得vQ=2 m/s,vP=4 m/s,所以C项错误,D项正确。6.(2022·辽宁阜新模拟)(多选)固定的光滑长斜面的倾角θ=30°,下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上,A和B的质量均为m。用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连,右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时,滑轮左侧轻绳与斜面平行,右侧轻绳竖直,长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动 L距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g,在小车从图示位置发生位移 L过程中,下列说法正确的是(　ABD　)A.弹簧的劲度系数为B.绳的拉力对物块B做功为C.若小车以速度2 向右匀速运动,位移大小为 L时,物块B的速率为D.若小车以速度2向右匀速运动 L时,绳的拉力对物块B做的功为2mgL解析:初态,弹簧压缩量x1=,物块A恰好不离开挡板时,弹簧伸长量x2=,由几何关系得x1+x2=-L=L,解得k=,故A正确;根据x1=x2,知弹簧弹性势能不变,则小车在0～L位移内拉力对物块B做的功W1=mgLsin 30°=,故B正确;小车的位移大小为L时,滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为60°,将小车速度沿轻绳方向和垂直轻绳方向分解,则物块B的速率vB=2sin 60°=,故C错误;结合B选项分析可知,若小车以速度2向右匀速运动L时,绳的拉力对物块B做的功为W2=+m=2mgL,故D正确。7.(2022·广东深圳二模)(多选)如图,工人用传送带运送货物,传送带倾角为30°,顺时针匀速转动,把货物从底端A点运送到顶端B点,其速度随时间的变化关系如图所示。已知货物质量为10 kg,重力加速度g取10 m/s2。则(　AB　)A.传送带匀速转动的速度大小为1 m/sB.货物与传送带间的动摩擦因数为C.A、B两点的距离为16 mD.运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功15 J解析:由题图乙可知,货物先向上匀加速,再向上匀速,所以传送带匀速转动的速度大小为1 m/s,选项A正确;开始时货物的加速度a== m/s2=2.5 m/s2,由牛顿第二定律可知μmgcos 30°-mgsin 30°=ma,解得货物与传送带间的动摩擦因数μ=,选项B正确;由题图可知,A、B两点的距离为s=×(16+15.6)×1 m=15.8 m,选项C错误;由动能定理可知Wf-mgssin 30°=mv2,解得运送货物的整个过程中摩擦力对货物做功Wf=795 J,选项D错误。8.(2022·河北衡水二模)如图甲所示,轻弹簧下端固定在倾角为θ=37°的粗糙斜面底端,质量为m=1 kg的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放,测得物块的动能Ek与其通过的路程x的关系如图乙所示(弹簧始终处于弹性限度内),图像中0～x1(x1=0.4 m)之间为直线,其余部分为曲线,x2=0.6 m时物块的动能达到最大。弹簧的长度为l时,弹性势能为Ep=k(l0-l)2,其中k为弹簧的劲度系数,l0为弹簧的原长。物块可视为质点,不计空气阻力,物块接触弹簧瞬间无能量损失,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则(　D　)A.物块与斜面间的动摩擦因数为0.2B.弹簧的劲度系数k为25 N/mC.x3的大小为0.8 mD.物块在斜面上运动的总路程大于x3解析:物块接触弹簧前,由动能定理得mgx1sin θ-μmgx1cos θ=Ek1,解得μ=0.25,故A错误;对0～x2过程,由能量守恒定律得mgx2sin θ=μmgx2cos θ+Ek2+k(x2-x1)2,解得k=20 N/m,故B错误;对0～x3过程,由能量守恒定律得mgx3sin θ=μmgx3cos θ+k(x3-x1)2,解得x3=(0.6+0.2) m,故C错误;物块的路程为x3时,mgsin θ+μmgcos θ<k(x3-x1),物块反向沿斜面向上运动,所以物块在斜面上运动的路程大于x3,故D正确。9.(2022·安徽阜阳模拟)如图甲所示,在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC,小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道,图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中,其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5 N,空气阻力不计,B点为AC轨道中点,g取10 m/s2,求:(1)图乙中x的值;(结果不用带单位)(2)小球在B点受到轨道作用力的大小。解析:(1)小球在光滑轨道上运动,只有重力做功,故机械能守恒,所以有m=m+mgh,解得=+2gh,即x=9+2×10×0.8=25。(2)由题图乙可知,轨道半径R=0.4 m,小球在C点的速度为3 m/s,由牛顿第二定律可得F+mg=,解得m==0.2 kg。由机械能守恒可得在B点的速度vB== m/s= m/s。所以小球在B点受到的在水平方向上的合外力提供向心力F′== N=8.5 N,所以小球在B点受到轨道作用力的大小为8.5 N。答案:(1)25　(2)8.5 N10.(2022·上海模拟)如图,过山车模型轨道由半径R=1.6 m的圆弧AB、半径r=0.4 m的半圆弧BCD与半径R=1.6 m的半圆弧DEF组成。小车(视为质点)可在轨道上无摩擦滑行,g取10 m/s2。(1)为保证小车可以沿轨道滑行,小车在A点的速度至少多大?(2)若小车到达F点时速率为4 m/s,沿竖直轨道继续运动,车处于完全失重状态的时间是多少?(3)若小车在E点速率为4 m/s,某同学估算得到:小车从E点开始继续向右滑行0.16 m的路程所用时间约 s。请对此估算的合理性做出评价。解析:(1)为保证小车可以沿轨道滑行,小车过最高点C时轨道对其最小弹力应恰好为零。根据mg=m,得vC==2 m/s;小车从A到C的过程中,因为只有重力做功,所以小车机械能守恒。以A处为零势能参考平面,则m=m+mg(R+r),代入数据得vA=2 m/s。(2)小车从F点向上做竖直上抛运动t上升=t下降==0.4 s,处于完全失重状态的时间是0.8 s。(3)小车向右滑行0.16 m的过程中,设在圆弧上高度上升了h,这段圆弧对应的圆心角为α=0.1 rad。则α=0.1×≈5.73°,h=R-Rcos α=8×10-3 m。小车从E到M的过程中,只有重力做功,小车机械能守恒。以E处为零势能参考平面,则m=m+mgh,代入数据,得vM≈6.92 m/s,vE=4 m/s≈6.93 m/s,可得vE≈vM。即可将小车的运动近似看作匀速圆周运动。(也可将小车的运动近似看作匀速直线运动)所以t== s= s,该同学的估算合理。答案:(1)2 m/s　(2)0.8 s　(3)见解析11.(2022·湖南永州三模)在倾角为θ的光滑固定绝缘足够长的斜面上有两个用绝缘轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和3m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。开始未加电场,系统处于静止状态,A带正电,B不带电。现加一沿斜面向上的匀强电场,物块A沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,之后两个物块运动中,当A的加速度为0时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上。则下列说法正确的是(　D　)A.未加电场时,挡板C对物块B的作用力大小为3mgsin θB.从加电场后到B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为C.从加电场后到B刚离开C的过程中,物块A的机械能和电势能之和保持不变D.B刚离开C时,静电力对A做功的瞬时功率为(4mgsin θ+3ma)v解析:开始未加电场,系统处于静止状态,挡板C对物块B的作用力大小为A和B的总重力在沿斜面方向上的分力,为FN=4mgsin θ,A错误。未加电场时,弹簧处于压缩状态,对物块A受力分析,根据平衡条件有mgsin θ=kx1,解得x1=;物块B刚要离开C时,弹簧处于拉伸状态,对B由平衡条件可得3mgsin θ=kx2,解得x2=,从加电场后到B刚离开C的过程中,A发生的位移大小为x=x1+x2=,B错误。对物块A、B和弹簧组成的系统,从加电场后到B刚离开C的过程中,物块A的机械能、电势能与弹簧的弹性势能之和保持不变,弹簧的弹性势能先减小后增大,故物块A的机械能和电势能之和先增大后减小,C错误。设物块A所受的静电力大小为F,由题知当物块A的加速度为零时,B的加速度大小为a,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律,对A有F-mgsin θ-F弹=0,对B有F弹-3mgsin θ=3ma,故有F=4mgsin θ+3ma,当B刚离开C时,A的速度为v,则静电力对A做功的瞬时功率为P=Fv=(4mgsin θ+3ma)v,D正确。12.(2022·浙江衢州二模)如图所示,一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG及弹性板等组成,轨道各部分平滑连接。已知滑块(可视为质点)质量m=0.01 kg,轨道BCD的半径R=0.8 m,管道DEF的半径r=0.1 m,滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ=0.5,其余各部分轨道均光滑,轨道FG的长度l=2 m,弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epmax=0.5 J,滑块与弹簧作用后,弹簧的弹性势能完全转化为滑块的动能,滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。(1)若弹簧的弹性势能Ep0=0.16 J,求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小。(2)若滑块在运动过程中不脱离轨道,求第1次经过管道DEF的最高点F时,滑块对轨道弹力的最小值。(3)若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域内,求弹簧的弹性势能Ep的范围。解析:(1)滑块运动到与圆心O1等高处时,由机械能守恒定律有Ep0=mv2+mgR,解得v=4 m/s。(2)要求运动中滑块不脱离轨道,则通过轨道BCD的最高点D的最小速度vD==2 m/s,DEF过程m=m+2mgr,在F点有FN+mg=m,联立解得FN=0.3 N,vF=2 m/s,由牛顿第三定律得滑块对轨道的弹力最小为0.3 N。(3)保证不脱离轨道,滑块在F点的速度至少为vmin=vF=2 m/s,若以此速度在FG上滑行直至静止,运动距离xmin==0.4 m,滑块没有越过FG的中点。滑块以最大弹性势能弹出时,在FG上滑行的最大路程为xmax,则Epmax=μmgxmax+mg(2R+2r),解得xmax=6.4 m,由题意知,滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域,运动的路程应满足1 m<x<3 m或5 m<x≤6.4 m,当x=1 m时,可得Ep1=0.23 J;当x=3 m时,可得Ep1=0.33 J;当x=5 m时,可得Ep1=0.43 J;当x=6.4 m时,可得Ep1=0.5 J;因此弹性势能Ep的范围为0.23 J<Ep<0.33 J或0.43 J<Ep≤0.5 J。答案:(1)4 m/s　(2)0.3 N  (3)0.23 J<Ep<0.33 J或0.43 J<Ep≤0.5 J