2019-2020年高考物理考前三个月：专题5-功和能(含答案)

(3)物块A返回到圆形轨道的高度；

(4)若仅调节PQ段的长度L，当L满足什么条件时，A物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道？ 答案 见解析

解析 (1)物块A在传送带上受重力和摩擦力的作用做加速运动，求得：a＝g 据运动学公式得v2＝2aL0，解得：v＝v0＝6 m/s

1

(2)以物块A为研究对象，从传送带底端运动到P的过程中，由动能定理得：－μ2mgL＝mv2

211－mv2 20

代入数据解得：v1＝42 m/s 1

(3)A反弹速度v2＝v1＝22 m/s

2

2

A向右经过PQ段，由v23－v2＝－2μ2gL

代入数据解得速度：v3＝2 m/s

1A滑上圆形轨道，由动能定理得：－mgh＝0－mv2

23可得，返回到圆形轨道的高度为 h＝0.2 m＝R，符合实际．

(4)物块A以v0冲上PQ段直到回到PQ段右侧，

2

据牛顿运动定律得：v1－v20＝－2μ2gL′

1v2＝v1

2

2

v23－v2＝－2μ2gL′

联立可得，A回到右侧速度

2

52v0

v3＝－μ2gL′＝(9－5L′)(m/s)2

42

要使A能返回右侧轨道且能沿圆形轨道运动而不脱离轨道，则有：A沿轨道上滑至最大高度h时，速度减为0，则h满足：00

联立可得，1 m≤L′<1.8 m

综上所述，要使A物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L满足的条件是1 m≤L<1.8 m．

专题综合练

1．如图14所示，一小球从高h处自由下落进入水面，若小球在水中所受阻力为F＝kv2，且水足够深，则( )

图14

A．h越大，匀速时速度v越大

B．h变大，小球在水中动能变化一定变多 C．h变小，小球在水中动能变化可能变多 D．小球在水中刚匀速的位置与h无关 答案 C

解析 当重力、浮力和阻力相等时，小球做匀速运动，有mg＝F浮＋kv2，浮力是定值，可知匀速运动的速度是一定值，故A错误；若小球进入水中做加速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h越大，进入水中的速度越大，则动能变化越小，若小球进入水中做减速运动，由于匀速运动的速度一定，高度h越大，进入水中的速度越大，则动能变化越大，同理，当h变小时，在水中的动能可能变多，可能变小．故B错误，C正确；小球匀速运动的速度是一定值，但是开始匀速运动的位置与h有关，故D错误．

2．如图15所示，可视为质点的小球以初速度v0从光滑斜面底端向上滑，恰能到达高度为h1

的斜面顶端．下图中有四种运动：A图中小球滑入轨道半径等于h的光滑管道；B图中小球

21

系在半径大于h而小于h的轻绳下端；C图中小球滑入半径大于h的光滑轨道；D图中小球

21

固定在长为h的轻杆下端．在这些情况中，小球在最低点的水平初速度都为v0不计空气阻力，

2小球不能到达h高的是( )

图15

答案 B

解析 图A中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh＋0＝mgh′＋0，则h′＝h，故A正确；绳球模型中，小球在最高点的速度不可能为零，故小球不可能到达h高的位置，否则机械能增加了，矛盾，故B错误；图C中小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh＋0＝mgh′＋0，则h′＝h，故C正确；杆模型中，小球到达最高点的速度可以为零，根据机械能守恒定律得：mgh＋0＝mgh′＋0，则h′＝h，故D正确． 3．如图16甲所示，质量m＝1 kg的物块(可视为质点)以v0＝10 m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.下列说法中正确的是( )

图16

A．物块所受的重力与摩擦力之比为3∶2

B．在t＝1 s到t＝6 s的时间内物块所受重力的平均功率为50 W

C．在t＝0到t＝1 s时间内机械能的变化量大小与t＝1 s到t＝6 s时间内机械能变化量大小之比为1∶5

D．在t＝6 s时物块克服摩擦力做功的功率为20 W 答案 C

解析 由题图乙知，物块上滑的加速度a1＝10 m/s2；下滑的加速度a2＝2 m/s2；由牛顿第二mg定律可得：上滑时，mgsin θ＋f＝ma1；下滑时，mgsin θ－f＝ma2，联立解得：sin θ＝0.6；f5

＝，选项A错误；根据速度－时间图像与坐标轴围成的面积表示位移得：1～6 s内的位移x21mgxsin θ＝×5×10 m＝25 m，则t＝1 s到t＝6 s的时间内物块所受重力的平均功率：P＝＝2t10×25×0.62

W＝30 W，故B错误；物块所受的摩擦力f＝mg＝4 N，则t＝6 s时物块克服摩55

擦力做功的功率P＝fv＝4×10 W＝40 W，故D错误；因为物块机械能的变化量等于克服阻力做功的大小，所以在t＝0到t＝1 s时间内机械能的变化量大小ΔE1＝fx1，t＝1 s到t＝6 s时间内机械能变化量大小ΔE2fx2，则

ΔE1fx151

＝＝＝，故C正确． ΔE2fx2255

4．如图17所示，甲、乙两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H.则在小物体从A到B的过程中( )

图17

A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做功相等 C．两传送带消耗的电能相等 D．两种情况下因摩擦产生的热相等 答案 AB

解析 根据公式v2＝2ax，可知物体加速度关系a甲

vt1Hvt1Hv2甲图中：＝，Q甲＝f1x1＝f1(vt1－)＝f1，f－mgsin θ＝ma1＝m

2sin θ2sin θ1H

2·sin θH－hv2

乙图中：Q乙＝f2x2＝f2，f－mgsin θ＝ma2＝m

sin θ2

H－h2·sin θ

11

解得：Q甲＝mgH＋mv2，Q乙＝mg(H－h)＋mv2，Q甲>Q乙，故D错误；

22

根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加的机械能之和，因物体两次从A到B增加的机械能相同，Q甲>Q乙，所以将小物体运至B处，甲传送带消耗的电能更多，故C错误．