2019年高考物理二輪復習專題06功和能練含解析.docx

功和能1如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R：bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質(zhì)量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其他軌跡最高點，機械能的增量為（ ）A. 2mgRB. 4mgRC. 5mgRD. 6mgR【來源】2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（新課標I卷）【答案】 C【點睛】此題將運動的合成與分解、動能定理有機融合，難度較大，能力要求較高。2（多選）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點在從A到B的過程中，物塊（ ）A. 加速度先減小后增大B. 經(jīng)過O點時的速度最大C. 所受彈簧彈力始終做正功D. 所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【來源】2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（江蘇卷）【答案】 AD點睛：本題以彈簧彈開物體的運動為背景考查力與運動的關(guān)系和功能關(guān)系，解題的關(guān)鍵是要分階段將物體的受力情況和運動情況綜合分析，另外還要弄清整個運動過程中的功能關(guān)系。3（多選）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第次和第次提升過程，A. 礦車上升所用的時間之比為4:5B. 電機的最大牽引力之比為2:1C. 電機輸出的最大功率之比為2:1D. 電機所做的功之比為4:5【來源】2018年全國普通高等學校招生統(tǒng)一考試物理（全國III卷）【答案】 AC【解析】試題分析 本題考查速度圖像，牛頓運動定律、功和功率及其相關(guān)的知識點。點睛 此題以速度圖像給出解題信息。解答此題常見錯誤主要有四方面：一是對速度圖像面積表示位移掌握不到位；二是運用牛頓運動定律求解牽引力錯誤；三是不能找出最大功率；四是不能得出兩次提升電機做功。實際上，可以根據(jù)兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相同，利用功能關(guān)系得出兩次做功相同。4【2016上海卷】地面上物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運動，力F隨高度x的變化關(guān)系如圖所示，物體能上升的最大高度為h，h B， C， D， 【答案】 D點睛：物體都做勻速運動，受力平衡，根據(jù)平衡條件列式，再根據(jù)F1與F2功率相同列式，聯(lián)立方程分析出物體的速度大小關(guān)系 2如圖所示，豎直平面內(nèi)一半徑為R的半圓型軌道，兩邊端點等高，一個質(zhì)量為m的質(zhì)點從左端點由靜止開始下滑，滑到最低點時對軌道壓力為2mg，g為重力加速度，則此下滑過程克服摩擦力做的功是A BC D【答案】 B【解析】質(zhì)點經(jīng)過Q點時，由重力和軌道的支持力提供向心力，由牛頓第二定律得：，可得：vQ2=gR，質(zhì)點自P滑到Q的過程中，由動能定理得：mgR-Wf=-0 ，則克服摩擦力所做的功為：Wf=。故選：B。點睛：根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力的計算公式求出物體到達Q點的速度；根據(jù)動能定理求出物體從P到Q的過程中克服摩擦力做的功，由此解答。3如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與質(zhì)量為m的小物塊A相接觸而不相連，原來A靜止在水平面上，彈簧沒有形變，質(zhì)量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始沿水平面向右運動，在O點與物塊A相碰粘在一起向右運動(設(shè)碰撞時間極短)，同時將外力F撤去運動到D點時，恰好速度為零AB物體最后被彈簧彈回C點停止，已知CO=4s，OD=s，A、B與水平面之間的動摩擦因數(shù)相同，可求出彈簧的彈性勢能的最大值為( )A1.43Fs B2Fs C2.5Fs D3Fs【答案】 A4取水平地面為零勢能面，一物塊從某高處水平拋出，在拋出點其重力勢能為動能的3倍。不計空氣阻力，該物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角為（ ）A B C D【答案】 D【解析】試題分析：根據(jù)機械能守恒定律，以及已知條件：拋出時動能是重力勢能的，分別列式即可求出落地時速度與水平速度的關(guān)系，從而求出物塊落地時的速度方向與水平方向的夾角物塊做平拋運動，機械能守恒，初狀態(tài)的機械能，其中；所以，末狀態(tài)的機械能，根據(jù)機械能守恒定律，所以，設(shè)落地時速度與水平方向的夾角，解得，故D正確 5（多選）木塊A從固定斜面底端以初速度v0沖上斜面，經(jīng)一段時間，回到斜面底端。若木塊在斜面上所受的摩擦阻力大小不變，關(guān)于木塊A的下列說法中正確的是A在全過程中重力的沖量為零B在上滑過程中摩擦力的沖量小于下滑過程中摩擦力的沖量C在上滑過程中動量的變化量大于下滑過程中動量的變化量D在上滑過程中機械能的變化量大于下滑過程中機械能的變化量【答案】 BC點睛：上滑時間小于下滑時間，根據(jù)沖量的定義判斷沖量的大??；根據(jù)動量定理判斷動量的變化量；機械能的變化量等于摩擦力所做的功，根據(jù)做功公式判斷機械能的變化量。6（多選）光滑斜面P固定在小車上，有一小球在斜面的底端與小車一起以速度v向右勻速運動，當小車遇到障礙物突然停止時，小球上升的高度A可能等于 B可能大于C可能小于 D一定與斜面的傾角有關(guān)【答案】 AC7如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)豎直放置，直徑MN為豎直方向，環(huán)上套有兩個小球A和B，A、B之間用一長為R的輕桿相連，小球可以沿環(huán)自由滑動，開始時桿處于水平狀態(tài)，已知A的質(zhì)量為m，重力加速度為g.(1)若B球質(zhì)量也為m，求此時桿對B球的彈力大小；(2)若B球質(zhì)量為3m，由靜止釋放輕桿，求B球由初始位置運動到N點的過程中，輕桿對B球所做的功【答案】 （1） （2）【解析】(1)對B球，受力分析，由幾何關(guān)系得60，F(xiàn)N2mgtan 60mg.(2)由系統(tǒng)機械能守恒得： mgR 又vAvB對B運用動能定理得： 解得：WmgR.8如圖所示，固定的光滑平臺上固定有光滑的半圓軌道，軌道半徑R=0.6m。平臺上靜止著兩個滑塊A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，兩滑塊間夾有少量炸藥，平臺右側(cè)有一帶擋板的小車，靜止在光滑的水平地面上。小車質(zhì)量為M=0.3kg，車面與平臺的臺面等高，小車的上表面的右側(cè)固定一根輕彈簧，彈簧的自由端在Q點，小車的上表面左端點P與Q點之間是粗糙的，滑塊B與PQ之間表面的動摩擦因數(shù)為=0.2，Q點右側(cè)表面是光滑的。點燃炸藥后，A、B分離瞬間A滑塊獲得向左的速度vA=m/s，而滑塊B則沖向小車。兩滑塊都可以看作質(zhì)點，炸藥的質(zhì)量忽略不計，爆炸的時間極短，爆炸后兩個物塊的速度方向在同一水平直線上，且g=10m/s2。求：(1)滑塊A在半圓軌道最高點對軌道的壓力；(2)若L=0.8m，滑塊B滑上小車后的運動過程中彈簧的最大彈性勢能；(3)要使滑塊B既能擠壓彈簧，又最終沒有滑離小車，則小車上PQ之間的距離L應(yīng)在什么范圍內(nèi)？【答案】 （1）1N，方向豎直向上（2）（3）0675mL135m（2）爆炸過程由動量守恒定律： 解得：vB=3m/s滑塊B沖上小車后將彈簧壓縮到最短時，彈簧具有最大彈性勢能，由動量守恒定律可知： 由能量關(guān)系： 解得EP=0.22J1一個小球從足夠高處水平拋出，空氣陽力忽略不計，小球拋出后的動能隨時間變化的關(guān)系為，重力加速度取g=10m/s2，則( )A小球拋出的初速度為4m/sB小球的質(zhì)量為0.5kgC2s末小球的水平位移為2mD2s末小球的速度約為20.1m/s【答案】 D【解析】由動能定理得出對應(yīng)可知，m=1kg，初動能為所以 ；2s內(nèi)水平位移x=vt=4m；由J，2s末動能帶入得， 選D2如圖所示，一個小物塊從靜止開始從同一高度沿傾角不同的斜面下滑至斜面底端，若斜面都是光滑的，則下列說法正確的是（ ）A小物塊滑到底端所用時間相同 B小物塊滑到底端時的動能相同C下滑過程中重力的平均功率相同 D滑到底端時重力的瞬時功率相同【答案】 B3物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內(nèi)動能由零增大到E1，在時間t2內(nèi)動能由E1增加到2E1，設(shè)合力在時間t1內(nèi)做的功為W1、沖量為I1，在時間t2內(nèi)做的功為W2、沖量為I2，則()AI1I2 CW1 W2 DW1 tan 2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，A與擋板P相撞的過程中沒有機械能損失將A、B同時由靜止釋放(1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1；(2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長度l0；(3)若木板B的長度為l，求整個過程中木板B運動的總路程【答案】 (1) gsin 2gcos (2) （3）Ll 【解析】試題分析：（1）釋放木板與物塊A，它們一起加速下滑。以木板與物塊A為研究對象，設(shè)其加速度大小為a1，由牛頓第二定律有解得（2）在木板B與擋板未碰前，A和B相對靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運動。木板B與擋板相碰后立即靜