2019-2020年高三物理二轮复习 考前冲刺 重点知识回顾 功和能.doc

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2019-2020年高三物理二轮复习 考前冲刺 重点知识回顾 功和能 1.(多选)一滑块放在水平面上，从t＝0时刻开始对滑块施加一水平方向的恒力F，使滑块由静止开始运动，恒力F作用的时间为t1，如图所示为滑块在整个过程中的速度随时间的变化规律，且图线的倾角α＜β.若0～t1时间内恒力F做的功以及滑块克服摩擦力做的功分别为W和W1、恒力F做功的平均功率以及滑块克服摩擦力做功的平均功率分别为P和P1，t1～t2时间内滑块克服摩擦力做的功与克服摩擦力做功的平均功率分别为W2、P2.则下列关系式正确的是(　　) A．W＝W1＋W2　　　　　　 B．W1＝W2 C．P＜P1＋P2 D．P1＝P2 解析：选ACD.对于整个过程，由动能定理可知W－W1－W2＝0，故W＝W1＋W2，A正确；由题图可知，加速过程的位移大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力做的功大于减速时克服摩擦力做的功，B错误；根据匀变速直线运动的规律可知加速和减速过程中的平均速度相等，故由P＝Fv可知，克服摩擦力做功的平均功率相等，故P1＝P2，D正确；由功率关系可知W＝Pt1＝P1t1＋P2t2，所以P＝P1＋P2，又＜1，则P＜P1＋P2，C正确． 2．在女子排球比赛中，假设运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网．女子排球网网高H＝2.24 m，排球质量为m＝300 g，运动员对排球做的功为W1＝20 J，排球从发出至运动到网上边缘的过程中克服空气阻力做功为W2＝4.12 J，重力加速度g＝10 m/s2.排球发出时的位置高度h＝2.04 m，选地面为零势能面，则(　　) A．与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72 J B．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为26.12 J C．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88 J D．与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72 J 解析：选D.与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为mg(H－h)＝0.6 J，A错误；排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mgh＋W1－W2＝22 J，B错误；排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1－W2－mg(H－h)＝15.28 J，C错误；与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为W2＋mg(H－h)＝4.72 J，D正确． 3. (多选)如图是小球做平抛运动的一段轨迹，P、Q点在轨迹上．已知P点的坐标为(30 cm,15 cm)，Q点的坐标为(60 cm,40 cm)，小球质量为0.2 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，抛出点所在水平面为零势能参考平面，则(　　) A．小球做平抛运动的初动能为0.9 J B．小球从P运动到Q的时间为1 s C．小球在P点时的重力势能为0.4 J D．小球经过P点的速度为 m/s 解析：选AD.设小球做平抛运动的初速度为v0，从P运动到Q的时间为T，根据平抛运动规律有0.30 m＝v0T,0.25 m－0.15 m＝gT2，联立解得T＝0.1 s，v0＝3 m/s，选项B错误．小球做平抛运动的初动能为Ek0＝mv＝0.9 J，选项A正确．小球经过P点时的竖直分速度为vPy＝ m/s＝2 m/s.由vPy＝gt可得t＝0.2 s，P点到抛出点的竖直高度y＝gt2＝0.2 m，小球在P点时的重力势能为EP＝－mgy＝－0.4 J，选项C错误．小球经过P点的速度v＝＝ m/s，选项D正确． 4.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零．AC＝h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A.弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环(　　) A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做的功为mv2 C．在C处，弹簧的弹性势能为mv2－mgh D．上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 解析：选BD.圆环下落时，先加速，在B位置时速度最大，加速度减小至0.从B到C圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为Wf，弹簧的最大弹性势能为ΔEp，由A到C的过程中，根据能量关系有mgh＝ΔEp＋Wf.由C到A的过程中，有mv2＋ΔEp＝Wf＋mgh.联立解得Wf＝mv2，ΔEp＝mgh－mv2.选项B正确，选项C错误．设圆环在B位置时，弹簧的弹性势能为ΔEp′，根据能量守恒，A到B的过程有mv＋ΔEp′＋Wf′＝mgh′，B到A的过程有mvB′2＋ΔEp′＝mgh′＋Wf′，比较两式得vB′＞vB，选项D正确． 5．(多选)三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37.现有两个质量相同的小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，下列判断正确的是(　　) A．物块A先到达传送带底端 B．物块A、B同时到达传送带底端 C．传送带对物块A、B均做负功 D．物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量 解析：选BCD.计算比较得mgsin θ＞μmgcos θ，A和B沿传送带斜面向下做初速度相同、加速度相同的匀加速运动，并且两物块与地面距离相同，所以两物块同时到达底端，选项A错，B对；两物块的摩擦力方向都与运动方向相反，所以传送带对物块A、B均做负功，选项C对；物块A与传送带运动方向相同，物块B与传送带运动方向相反，而划痕是指物块与传送带间的相对位移，所以s相对A＜s相对B，而Q热＝μmgs相对，所以QA＜QB，选项D对． 6.(多选)如图所示，光滑半圆形轨道半径为r＝0.4 m，BC为竖直直径，A为半圆形轨道上与圆心O等高的位置．一质量为m＝2.0 kg的小球(可视为质点)自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平面CD上，在水平滑道上有一轻质弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端位于滑道末端的C点(此时弹簧处于自然状态)．若小球与水平滑道间的动摩擦因数为μ＝0.5，弹簧被压缩的最大长度为0.2 m，小球经弹簧反弹后恰好能通过半圆形轨道的最高点B，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法中正确的是(　　) A．小球通过最高点B时的速度大小为2 m/s B．小球运动过程中弹簧的最大弹性势能为20 J C．小球从A点竖直下滑的初速度大小为4 m/s D．小球第一次经过C点时对C点的压力为120 N 解析：选AC.由于小球经反弹后恰好能够通过最高点B，则在B点有mg＝m，即vB＝，代入数据可得vB＝2 m/s，选项A正确；由题意可知，当弹簧压缩x＝0.2 m时其弹性势能最大，设其最大弹性势能为Epm，由能量守恒定律可得Epm＝μmgx＋mg2r＋mv，代入数据可得Epm＝22 J，选项B错误；设小球从A点竖直下滑的初速度大小为v0，则由能量守恒定律可得mgr＋mv＝Epm＋μmgx，代入数据可得v0＝4 m/s，选项C正确；设小球第一次经过C点时的速度大小为vC，由机械能守恒定律可得mgr＋mv＝mv，小球第一次经过C点时有N－mg＝m，由牛顿第三定律可得F＝N，联立解得F＝140 N，选项D错误． 7．如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r＝0.4 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k＝25 N/m的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D端齐平．质量为m＝1 kg的小球在曲面上距BC的高度为h＝0.8 m处从静止开始下滑，进入管口C端时与管壁间恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧．已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求： (1)小球达到B点时的速度大小vB； (2)水平面BC的长度s； (3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm. 解析：(1)由机械能守恒得：mgh＝mv 解得：vB＝＝4 m/s (2)由mg＝m 得vC＝＝2 m/s 由动能定理得：mgh－μmgs＝mv 解得：s＝1.2 m (3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离D端的距离为x，则有：kx＝mg 得：x＝＝0.4 m 由功能关系得：mg(r＋x)－kx2＝mv－mv 解得：vm＝4 m/s 答案：(1)4 m/s　(2)1.2 m　(3)4 m/s 8．如图所示，竖直平面内，水平光滑轨道CD与两个半径相同的半圆轨道分别相切于D、C，在A点某人将质量为m＝0.1 kg的小球以一定初速度水平弹出，小球沿水平轨道AB滑行并从B点水平飞离，小球与水平轨道CD碰撞(碰撞过程小球无机械能损失)两次后恰好到达半圆轨道的E点，在E点小球对轨道的压力为 N，已知小球与AB间的动摩擦因数μ＝0.1，AB长s＝10 m，水平轨道CD长l＝12 m，小球每次与水平轨道碰撞时间为Δt＝210－3s，碰撞时水平速度不变，竖直速度反向，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)半圆轨道的半径R； (2)人对小球所做的功W0； (3)碰撞过程中，水平轨道对小球的平均作用力大小． 解析：(1)由题知小球从B到E，水平方向做匀速运动，故vB＝vE① 在E点，由牛顿第二定律知 mg＋N＝m② 因小球与CD碰撞两次，由平抛运动规律知 水平方向：＝vEt③ 竖直方向：2R＝gt2④ 联立①②③④并代入数值得R＝0.9 m. (2)从A到B由动能定理知 μmgs＝EkA－mv 由功能关系知人对小球所做的功 W0＝EkA 解得W0＝2.25 J. (3)小球在碰撞时竖直方向速度变化量 Δvy＝2gt 产生的加速度a＝ 由牛顿第二定律知－mg＝ma 解得＝601 N. 答案：(1)0.9 m　(2)2.25 J　(3)601 N