(江苏专用)2021高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第一讲 功和功率 动能定理——课后自

第一讲功和功率动能定理

——课后自测诊断卷

1．[多选](2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，

另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A

点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )

A．加速度先减小后增大

B．经过O点时的速度最大

C．所受弹簧弹力始终做正功

D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析：选AD 小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F

F f＝ma知，a减小；当运动到F弹＝F f时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处弹－

于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时F f－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋F f＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O 点左侧F弹＝F f时速度达到最大，故A正确，B错误。在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。

2．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是( )

解析：选C 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝E k－E k0，即E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)·x，所以物块的动能E k与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)(x0－x)＝E k，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即E k＝－(mg sin θ－μmg cos θ)x＋(mg sin θ－μmg cos θ)x0，所以下滑时E k随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。

3.[多选](2020-2021·南通一模)“蹦极”是一项深受年轻人喜爱的极

限运动，跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在腰间，从几十米高处跳下。如图

所示，某人做蹦极运动，他从高台由静止开始下落，下落过程不计空气阻力，

设弹性绳原长为h0，弹性绳的弹性势能与其伸长量的平方成正比。则他在从

高台下落至最低点的过程中，他的动能E k、弹性绳的弹性势能E p随下落高度h变化的关系图像正确的是( )

解析：选BD 弹性绳被拉直前，人做自由落体运动，根据动能定理可得mgh＝E k(h≤h0)，弹性绳的弹性势能为零；弹性绳刚被拉直到人所受的重力与弹力大小相等的过程，人做加速度减小的加速运动，当加速度为零，速度达到最大值，从人所受的重力与弹力大小相等到最低点的过程中，人做加速度增大的减速运动，在最低点时速度为零；根据动能定理可得mgh －W弹＝E k(h>h0)，由克服弹性绳的弹力做功等于弹性绳的弹性势能的变化量可得W弹＝k(h －h0)2，则有他的动能E k＝mgh－k(h－h0)2(h>h0)，弹性绳的弹性势能E p＝k(h－h0)2(h>h0)，故B、D正确，A、C错误。

4.(2020-2021·镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设

乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )

A．在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变

B．在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力

C．在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零

D．在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变

解析：选C 机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以F＝N－mg，则支持力N＝mg＋F，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。

5.(2020-2021·扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第

一次炮弹落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目

标，忽略空气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确

的是( )

A．第二次炮弹在空中运动时间较长

B．两次炮弹在空中运动时间相等

C．第二次炮弹落地时速度较大

D．第二次炮弹落地时速度较小

解析：选A 炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落

过程竖直方向做自由落体运动，h ＝12gt 2

，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动

时间较长，故A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh ＝12mv 2－12mv 02

，由于两次在空中运动过程

重力做功都是零，所以v ＝v 0，故两次炮弹落地时速度相等，故C 、D 错误。

6.[多选](2020-2021·南京调研)如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a 、速度v 随时间t ，重力对滑块所做的功W 、动能E k 与位移x 关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)( )

解析：选BD 滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A 错误。上滑时的加速度大小a 1＝g sin θ＋μg cos θ，下滑时的加速度大小a 2＝g sin θ－μg cos θ，结合位移公式x ＝12at 2

，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点

时速度小于出发时的初速度，故B 正确。重力做功W ＝－mgh ＝－mgx sin θ，上滑过程与下滑过程的W -x 图像重叠，故C 错误。根据动能定理得，上滑过程有：－ma 1x ＝E k －12mv 02

，解

得E k ＝12

mv 02

－ma 1x ，同理下滑过程有：E k ＝ma 2(L －x )，由数学知识知，D 正确。

7.(2020-2021·苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上P 点套一小环，小环通过长L ＝1 m 的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m ＝1 kg 的物块，物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为f m ＝7 N 。现对物块施加

F ＝8 N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加

速直线运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F 的作用。小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g 取10 m/s 2

。求：

(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ； (2)P 、Q 两点间的距离s ； (3)物块向右摆动的最大高度h 。

解析：(1)由牛顿第二定律F ＝ma 解得a ＝8 m/s 2

。

(2)环到达Q 时，静摩擦力最大

由牛顿第二定律2f m －mg ＝m v m 2

L

解得v m ＝2 m/s 根据动能定理Fs ＝12mv m 2

解得s ＝0.25 m 。

(3)设物块上升的最大高度为h ，水平距离为x ， 由动能定理得F (x ＋s )－mgh ＝0 由几何关系得(L －h )2

＋x 2

＝L 2

解得h ＝1 m 或h ＝1

41 m(舍去)。

答案：(1)8 m/s 2

(2)0.25 m (3)1 m

8．(2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R 。C 的质量为

m ，A 、B 的质量都为m

2

，与地面间的动摩擦因数均为μ。现用水平向

右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面。整个过程中B 保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。求：

(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ； (2)动摩擦因数的最小值μmin ；

(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W 。 解析：(1)对C 受力分析，如图所示： 根据平衡条件有2F cos 30°＝mg 解得F ＝

3

3

mg 。 (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max

＝32

mg B 受地面的摩擦力f ＝μmg

根据题意，B 保持静止， 则有f min ＝F x max ，解得μmin ＝

32

。 (3)C 下降的高度h ＝(3－1)R

A 的位移x ＝2(3－1)R

摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR 根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0 解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR 。 答案：(1)

33mg (2)3

2

(3)(2μ－1)(3－1)mgR 9.(2020-2021·苏锡常镇一模)如图所示，竖直平面内的直角坐标系xOy 中有一根表面粗糙的粗细均匀的细杆OMN ，它的上端固定在坐标原点O 处且与x 轴相切。OM 和MN 段分别为弯曲杆和直杆，它们相切于M 点，OM 段所对应的曲线方程为y ＝59

x 2

。一根套在直杆MN 上的

轻弹簧下端固定在N 点，其原长比杆MN 的长度短，可视为质点的开孔小球(孔的直径略大于杆的直径)套在细杆上，现将小球从O 处以v 0＝3 m/s 的初速度沿x 轴的正方向抛出，过M 点后沿杆MN 运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达M 点。已知小球的质量为0.1 kg ，M 点的纵坐标为0.8 m ，小球与杆间的动摩擦因数μ＝16

，g 取10 m/s 2

。求：

(1)上述整个过程中摩擦力对小球所做的功W f ； (2)小球初次运动至M 点时的速度v M 的大小和方向； (3)轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能E pm 。 解析：(1)对题述过程由动能定理得

W G ＋W f ＝0－12

mv 02，

代入数据解得W f ＝－1.25 J 。

(2)假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得x ＝v 0t ，y ＝12gt 2

，

代入数据解得：y ＝59

x 2

，

与OM 曲线方程一致，说明小球在OM 段运动过程中与细杆OM 无摩擦，做平抛运动。 小球由O 点运动到M 点的过程中由动能定理得

W G ＝12mv M 2－12

mv 02，

代入数据解得v M ＝5 m/s ，

由运动合成和分解可得v M 的方向与x 轴正方向夹角的余弦值：cos θ＝v 0v M ＝3

5

，即θ＝

53°。

(3)设小球从M 点开始直至小球被弹回M 点的过程中，摩擦力所做的功为W f1，由动能定

理得：

W f1＝0－12

mv M 2，

解得W f1＝－1.25 J ， 又由1

2W f1＝－μmgx m cos θ，

求得小球下滑的最大距离x m ＝6.25 m

在小球从M 点开始直至将弹簧压缩到最短过程中，由动能定理得

mgx m sin θ＋12W f1＋W 弹＝0－12

mv M 2，

又根据功能关系得E pm ＝－W 弹， 联立解得E pm ＝5.625 J 。

答案：(1)－1.25 J (2)5 m/s 方向与x 轴正方向成夹角53° (3)5.625 J 10．(2020-2021·南京摸底)如图甲所示，半径R ＝0.45 m 的光滑1

4圆弧轨道固定在竖直

平面内，B 为轨道的最低点，B 点右侧的光滑水平面上紧挨B 点有一静止的小平板车，平板车质量M ＝1 kg ，长度l ＝1 m ，小车的上表面与B 点等高，距地面高度h ＝0.2 m ，质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)从圆弧最高点A 由静止释放，取g ＝10 m/s 2

。试求：

(1)物块滑到轨道上的B 点时对轨道的压力大小；

(2)若锁定平板车并在上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；

(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A 由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。

解析：(1)物块从圆弧轨道顶端滑到B 点的过程中，机械能守恒，则mgR ＝12mv B 2

解得v B ＝3 m/s

在B 点由牛顿第二定律得N －mg ＝m v B 2

R

解得N ＝30 N

即物块滑到轨道上B 点时对轨道的压力N ′＝N ＝30 N ，方向竖直向下。 (2)物块在小车上滑行时的摩擦力做功

W f ＝－μ1mg ＋μ2mg 2

l ＝－4 J

从物块开始滑到滑离平板车过程中由动能定理得

mgR ＋W f ＝1

2

mv 2

解得v ＝1 m/s 。

(3)当平板车不固定时，对物块a 1＝μg ＝2 m/s 2

对平板车a 2＝

μmg M

＝2 m/s 2

； 经过时间t 1物块滑离平板车， 则 v B t 1－12a 1t 12－12a 2t 12

＝l

解得t 1＝0.5 s 。(另一解舍掉)

物体滑离平板车的速度v 物＝v B －a 1t 1＝2 m/s 此时平板车的速度：v 车＝a 2t 1＝1 m/s 物块滑离平板车做平抛运动的时间t 2＝

2h

g

＝0.2 s

物块落地时距平板车右端的水平距离s ＝(v 物－v 车)t 2＝0.2 m 。 答案：(1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m