2023届二轮复习通用版 专题2 第1讲 功和能 作业

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第一部分　专题二　第1讲 功和能基础题——知识基础打牢1．(多选)(2022·河北沧州模拟)翼装飞行中的无动力翼装飞行，国际上称之为飞鼠装滑翔运动，运动员穿戴着拥有双翼的飞行服装和降落伞设备，从飞机、悬崖绝壁等高处一跃而下，运用肢体动作来掌控滑翔方向，最后运动员打开降落伞平稳落地．无动力翼装飞行进入理想飞行状态后，飞行速度通常可达到200km/h．若某次无动力翼装飞行从A到B的运动过程可认为是在竖直平面内的匀速圆周运动，如图所示，则从A到B的运动过程中，下列说法正确的是(　BD　)A．运动员所受重力的功率逐渐增大B．运动员所受重力的功率逐渐减小C．运动员的机械能守恒D．运动员的机械能逐渐减小【解析】　由于速率不变，速度与重力的夹角θ(锐角)逐渐增大，重力的功率为P＝mg·vcosθ，所以重力的功率逐渐减小，A错误，B正确；运动员高度降低，重力势能减小而动能不变，机械能逐渐减小，C错误，D正确．故选BD．2．(2022·河北保定二模)一固定在竖直面内的光滑圆弧轨道如图所示，左端A点的切线方向与水平方向的夹角为60°，顶端B点的切线方向水平．将一小球(视为质点，图中未画出)从空中某点以大小为2m/s的初速度水平抛出，恰好从A点沿轨道切线方向进入轨道，并恰好能到达B点．取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力．圆弧轨道的半径为(　B　)A．0.2m　 B．0.4mC．0.6m　 D．0.8m【解析】　小球进入A点时的速度vA＝＝4m/s，到达B点时mg＝m，从A到B由机械守恒定律得mv＝mgR(1＋cos60°)＋mv，解得R＝0.4m，故选B．3．(2022·湖南长沙模拟)2022年3月10日，“95号汽油跑步进入9元时代”冲上微博热搜，许多车主纷纷表示顶不住油价而迫切想买电动车代步．其中，某品牌纯电动车型部分参数：整备质量约1200kg，高性能版的驱动电机最大功率120kW，峰值扭矩为290N·m，驱动形式为前轮驱动，NEDC综合续航里程430km．该电动汽车在公路上行驶受到阻力大小恒为4×103N，则下列说法正确的是(　B　)A．汽车的最大速度为20m/sB．汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力C．汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，启动后第2s末时发动机的实际功率是32kWD．里程120～320m过程克服阻力所做的功约为8×104J【解析】　当汽车以最大速度vm行驶时，其牵引力与阻力大小相等，则vm＝＝30m/s，故A错误；根据P＝Fv可知，汽车上坡时低速行驶，是为了使汽车获得较大的牵引力，故B正确；汽车以2m/s2的加速度匀加速启动，设牵引力大小为F，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得F＝6.4×103N，启动后第2s末时汽车的速率为v＝at＝4m/s，此时发动机的实际功率是P＝Fv＝25.6kW，故C错误；里程120～320m过程克服阻力所做的功为Wf＝fs＝8×105J，故D错误．4．(2022·广东广州模拟)将一小球从地面上以12m/s的初速度竖直向上抛出，小球每次与水平地面碰撞过程中的动能损失均为碰前动能的n倍，小球抛出后运动的v-t图象如图所示．已知小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度大小为10m/s2，则n的值为(　B　)A．　 B．C．　 D．【解析】　小球第一次上升的最大高度h1＝(12＋0) m＝6m，上升阶段，根据动能定理有－(mg＋Ff)h1＝－mv，v0＝12m/s，则Ff＝mg．下降阶段，根据动能定理可知碰前瞬间的动能为mgh1－Ffh1＝Ek1＝48mJ，第一次与地面碰撞的过程中动能损失ΔEk＝Ek1－mv＝8mJ，则依题意有n＝＝，故A、C、D错误，B正确．5．(2022·山东押题卷)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上(桌面足够大)，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连．开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度．下列有关该过程的分析中正确的是(　C　)A．B物体受到细线的拉力保持不变B．B物体机械能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量C．A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和D．A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体所受重力对B做的功【解析】　以A、B组成的系统为研究对象，根据牛顿第二定律可得mBg－kx＝(mA＋mB)a，从开始到B速度达到最大的过程中，弹簧的伸长量x逐渐增加，则B加速度逐渐减小；对B根据牛顿第二定律可得mBg－T＝mBa，可知在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，而绳上拉力小于B的重力，A与B运动的路程相等，所以A物体动能的增量小于B物体所受重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和，故C正确；根据机械能守恒定律可知，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于B物体机械能的减少量，也就是等于B物体克服细绳拉力做的功，故D错误．6．(2022·重庆三诊)如图所示，轨道ABC由两段相同的光滑圆弧轨道组合而成，B点为两段圆弧轨道的平滑连接点，A，C两点高度差h＝0.2m．一质量m＝0.1kg的物块(可视为质点)从最高点A由静止沿轨道下滑，并从C点水平滑出．物块刚到B点时恰好对AB段轨道无压力，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2．则物块在C点对轨道的压力大小是(　C　)A．2N　 B．3NC．N　 D．N【解析】　如图，设圆弧轨道半径为R，O为AB段圆弧圆心，∠AOB＝θ，物块刚到B点时速度大小为vB，有mv＝mg，mgcosθ＝m，R＝Rcosθ＋，联立解得R＝h，物块运动到C点时，速度大小为vC，在C点受轨道的弹力大小为FN，有mv＝mgh，FN－mg＝m，联立解得FN＝N，故选C．7．(多选)(2022·河北石家庄模拟)轮轴机械是中国古代制陶的主要工具．如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2kg、1kg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线O处的摩擦，重力加速度g取10m/s2．在P从静止下降1.2m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0.6mC．P下降1.2m时Q的速度大小为2m/sD．P下降1.2m时的速度大小为4m/s【解析】　由题意知，轮半径R＝20cm，轴半径r＝10cm，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1.2m的过程中，由题意得，＝＝，解得hQ＝0.6m，故B项正确；根据机械能守恒得mPghP＝mPv＋mQv＋mQghQ，由A项和B项知＝，hQ＝0.6m，解得vQ＝2m/s，vP＝4m/s，故C项错误，D项正确．故选BD．8．(2022·河北押题卷)如图所示，斜面NP与水平面OP在P点连接，斜面OQ倾角为θ，与OP连接于O点．将质量为m的光滑小球(可视为质点)由斜面NP上的N点静止释放，小球经O点水平飞出后落到斜面OQ上的K点．已知斜面及水平面均固定，NP之间的高度差为H，O、K之间的高度差为h，重力加速度为g，忽略空气阻力．则(　C　)A．小球在K点处速度的方向与水平方向的夹角为2θB．O、K之间的距离为hC．小球落到K点时的速度大小为D．小球经过P点前后损失的机械能为mgH－【解析】　设小球从O点抛出时速度为v0，则落到斜面上时有tanθ＝＝＝，设落在K点时速度方向与水平方向夹角为α，则有tanα＝＝，对比可知tanα＝2tanθ，A错误；O、K之间的距离为s＝≠h，B错误；小球落到K点时vy＝，则v0为，则小球落到K点时的速度大小为v＝＝，C正确；小球经过P点前后损失的机械能为从释放到落到K点全过程损失的机械能，由能量守恒有ΔE＝mg(H＋h)－mv2＝mgH－，D错误．9．(2022·哈尔滨六中一模)2022年第24届冬季奥林匹克运动会在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示．一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零．已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g．只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息不可以求出(　D　)A．运动员在空中飞行的时间B．A、B之间的高度差C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功D．C、D两点之间的水平距离【解析】　从B点做平抛运动，则由h＝gt2，可求解运动员在空中飞行的时间，A不符合题意；由＝v0t，可求解在B点的速度v0，再由mghAB＝mv，可求解AB的高度差，B不符合题意；从B点到D点由mv＋mgh＝Wf，可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功，C不符合题意；由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，D符合题意．故选D．10．(2022·辽宁模拟)如图(a)所示，一个可视为质点的小球从地面竖直上抛，小球的动能Ek随它距离地面的高度h的变化关系如图(b)所示，取小球在地面时的重力势能为零，小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　C　)A．小球的质量为B．小球受到空气阻力的大小为C．上升过程中，小球的动能等于重力势能时，小球距地面的高度为h0D．下降过程中，小球的动能等于重力势能时，小球的动能大小为【解析】　上升阶段，根据能量守恒2E0＝fh0＋mgh0，下降阶段，根据能量守恒E0＋fh0＝mgh0，联立解得，小球的质量为m＝，小球受到空气阻力的大小为f＝，故A、B错误；上升过程中，小球的动能等于重力势能时，根据能量守恒2E0＝Ek1＋mgh＋fh＝2mgh＋fh，解得小球距地面的高度为h＝h0，故C正确；下降过程中，小球的动能等于重力势能时，设此时高度h1，根据能量守恒mgh0＝Ek2＋mgh1＋f(h0－h1)＝2Ek2＋fh0－fh1，即＝2Ek2＋－fh1，解得小球的动能大小Ek2＝，不等于，故D错误．应用题——强化学以致用11．(2022·湖北联考)皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递自动分拣．如图所示，传送带在电动机带动下以v0＝2m/s的速度匀速运动，将质量m＝1kg的包裹(可视为质点)无初速度放在与扫码仪B相距10m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2．下列说法正确的是(　C　)A．包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用B．包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5sC．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4JD．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4J【解析】　包裹在传送带上加速时有μmg＝ma，解得a＝5m/s2，包裹在传送带上加速的时间t1＝＝0.4s，包裹在传送带上加速的位移x＝＝0.4m＜10m，包裹在传送带上匀速运动的时间t2＝＝4.8s，包裹从A点运动到扫码仪B的时间t＝t1＋t2＝5.2s，故B错误；包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；传送带在包裹加速时间内的位移x传＝v0t1＝0.8m，传送带克服摩擦力所做的功W＝μmgx传＝4J，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为Q＝μmg(x传－x)＝2J，故D错误．12．(多选)(2022·山东押题卷)如图1为一自动卸货矿车工作时的示意图：矿车空载时质量为100kg；矿车载满货物后，从倾角θ＝30°的固定斜面上A点由静止下滑，下滑一段距离后，压缩固定在适当位置的缓冲弹簧，当弹簧产生最大形变时(仍在弹性限度内)，矿车立即自动卸完全部货物，然后借助弹簧的弹力作用，返回原位置A，此时速度刚好为零，矿车再次装货．设斜面对矿车的阻力为车总重量的k0倍，已知矿车下滑过程中，加速度a与位移x的部分关系图象如图2所示．弹性势能Ep＝kx(x0为形变量)，矿车可视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，则(　ABD　)A．k0＝0.25B．矿车的载货量为200kgC．弹簧的劲度系数为75N/mD．卸货点距A点32m【解析】　设矿车质量为m，载货量为M，矿车未接触弹簧前，由牛顿第二定律(M＋m)gsinθ－k0(M＋m)g＝(M＋m)a，其中a＝2.5m/s2，可得k0＝0.25，故A正确；卸货点距A为s，由功能关系可得：下滑过程(M＋m)gssinθ＝k0(m＋M)gs＋ΔEp弹，弹回过程ΔEp弹＝k0mgs＋mgssinθ，联立可得M＝2m＝200kg，故B正确；设弹簧的劲度系数为k，由图可知25m处的加速度为0，有(m＋M)gsinθ＝k0(m＋M)g＋kΔx，代入图象数据Δx＝(25－24) m＝1m，可得k＝750N/m，故C错误；上升过程中k(s－24)2＝k0mgs＋mgssinθ，代入数据解得s＝32m，故D正确．故选ABD．13．(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2m．若使篮球从距地面h3＝1.5m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小取g＝10m/s2，不计空气阻力．求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．【答案】　(1)4.5J　(2)9N【解析】　(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v＝2gh1，设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比＝＝＝．使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v＝2gh3，因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有＝，设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝mv，解得W＝4.5J．(2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝，篮球的位移x＝at2，运动员对篮球做的功W＝Fx，联立解得F＝9N．14．(2022·浙江1月高考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15m，轨道AB长度lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，(g＝10m/s2)(1)若释放点距B点的长度l＝0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值．【答案】　(1)7N　(2)v＝(lx≥0.85m)　(3)m　m　m【解析】　(1)滑块从释放点运动到C点的过程，由动能定理mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝mv经过C点时FN－mg＝m解得FN＝7N．(2)能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时mglxsin37°－mg×4Rcos37°＝mv2解得v＝而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定理mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝0可解得lx＝0.85m则要保证小球能到F点，lx≥0.85m，v＝．(3)设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n＝1,3,5，…mglxsin37°－mgsin37°－nμmgcos37°＝0解得lx＝m，n＝1,3,5，…又因为lAB≥lx≥0.85m，lAB＝3m当n＝1时，lx1＝m，当n＝3时，lx2＝m，当n＝5时，lx3＝m，满足要求．即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度lx的值可能为m，m，m．