2020屆高考物理選擇題題型高效專練06功和能(含解析)

1、2020 屆高考物理選擇題題型高效專練 06 功和能1. 2016 年 5 月 6 日中國(guó)首條具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的中低速磁懸浮商業(yè)運(yùn)營(yíng)示范線長(zhǎng)沙磁浮快線開通試運(yùn)營(yíng)，該線路也是世界上最長(zhǎng)的中低速磁懸浮運(yùn)營(yíng)線。國(guó)家十三五”重點(diǎn)研發(fā)計(jì)劃現(xiàn)代軌道交通專項(xiàng)啟動(dòng)時(shí)速600 公里高速磁懸浮交通和時(shí)速200 公里中速磁懸浮交通研發(fā)項(xiàng)目。列車速度的提高要解決許多具體的技術(shù)問(wèn)題，提高牽引功率就是其中之一。若列車勻速行駛時(shí)，所受阻力大小與速度大小成正比，當(dāng)磁懸浮列車分別以600km/h 和 200 km/h 的速度勻速行駛時(shí)，列車的牽引功率之比為D . 12 : 1【答案】C2.（多選）如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小

2、為R 的圓軌道豎直固定在桌面上，一個(gè)質(zhì)量為m 的小球靜止在軌道底部 A 點(diǎn)?，F(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使 小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球回到A 點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球。必須經(jīng)過(guò)兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)。已知小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道,C. 9 : 1在第一次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功 W,第二次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功 打過(guò)程中小錘對(duì)小球做的功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)能，則W 的值可能是4W。設(shè)兩次擊5AmgRB.3mgR3CmgR3DmgR【解析】 第一次擊打，小球運(yùn)動(dòng)的最大高度為R,即 WmgRo第二次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌2mg 呦 R

3、即 V0 gRo小球從靜止到達(dá)最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得W +4W mgRWmgR,正確選項(xiàng)為 AB?！敬鸢浮?AB3如圖所示，一個(gè)小球由2擦力做功為 W2，則【解析】對(duì)小球由扌圓周軌道的頂端 A 靜止開始的下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理,iii尹 vi；對(duì)小球由 4 圓周軌道的底端 B 出發(fā)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理，mgR W2= 0 2mv2；顯然viv2。把 4 圓周軌道分割成很多微元，兩個(gè)過(guò)程在對(duì)應(yīng)微元上，第二個(gè)過(guò)程的速度較大， 對(duì)軌道的壓力較大， 運(yùn)動(dòng)所受的滑動(dòng)摩擦力較大， 沿圓周軌道運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做功較多, 即 Wi V2, Wi W2B . vi= V2, Wi W2C . Vi=v2,Wi

4、=W2D . vi v2, Wi0.4 送 m= 0.8 m,03 s 內(nèi)力 F 做功的平均功率為：P= =嚴(yán)=08嚴(yán) W = 0.213 W，故 C 錯(cuò)誤。 t t3303 s 時(shí)間內(nèi)物體克服摩擦力做的功為：Wf=卩 mgos0 x= 0.8X10Xcos 37 X）.8 J= 5.12J,故 D 正確?！敬鸢浮?AD滑的過(guò)程中，小滑塊的動(dòng)能Ek隨位移 x 的變化規(guī)律如圖乙所示，取斜面底端的重力勢(shì)能為零，小滑塊的 重力勢(shì)能 Ep隨位移 x 的變化規(guī)律如圖丙所示，重力 加速度 g = 10m/s2。根據(jù)上述信息可以求出A 斜面的傾角B 小滑塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)C.小滑塊下滑的加速度的大小D

5、 .小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小【解析】 圖乙是動(dòng)能一位移圖象（Ek-x 圖象），其斜率的絕對(duì)值是小滑塊所受合外力大小 F合=mgs in0mgos0,由乙可知： F合=mgsin0mgos0=2.5 N ;圖丙是重力勢(shì)能 一位移圖象（Ep-x圖象），其斜率的絕對(duì)值是小滑塊所受重力沿斜面向下的分量Gx= mgs in0,由圖丙可知：Gx= mgs in0=10 N。則可求出小滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力的大小Ff=卩 mgos0=7.5 N , D 正確。由于滑塊質(zhì)量未知，故其他量均不可求?！敬鸢浮?D6.（多選）如圖所示，質(zhì)量為 m 的小球套在傾斜放置的固定光滑桿上，一根輕 質(zhì)彈簧一端固定于 O 點(diǎn)

6、，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)，將小 球沿桿拉到與彈簧水平的位置由靜止釋放，小球沿桿下滑，當(dāng)彈簧位于豎直位置 時(shí)，小球速度恰好為零，此時(shí)小5如圖甲所示，固定的粗糙斜面長(zhǎng)為10 m, 小滑塊自斜面頂端由靜止開始沿斜面下甲丙4球下降的豎直高度為h，若全過(guò)程中彈簧始終處5于伸長(zhǎng)狀態(tài)且處于彈性限度范圍內(nèi)，下列說(shuō)法中正確的是A彈簧與桿垂直時(shí)，小球速度最大B 彈簧與桿垂直時(shí)，小球的動(dòng)能與重力勢(shì)能之和最大C.小球下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加量小于mghD 小球下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧的彈性勢(shì)能增加量等于mgh【解析】 當(dāng)小球受到的合力為零時(shí)，其速度最大，對(duì)小球受力分析，可知合力為

7、零的位置在彈簧與桿垂直的位置的下面，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；小球從初始位置到彈簧與桿垂直的位置，彈簧對(duì)小球做正功，小球的機(jī)械能增加，而后，彈簧對(duì)小球做負(fù)功，小球的機(jī)械能減少，則 知彈簧與桿垂直時(shí)，小球的機(jī)械能最大，選項(xiàng)B 正確；小球下滑至最低點(diǎn)的過(guò)程中，初、末動(dòng)能不變，小球的重力勢(shì)能減少量為 mgh,由能量守恒定律可知，彈簧的彈性勢(shì)能增加量 等于 mgh，選項(xiàng) C 錯(cuò)誤。D 正確?！敬鸢浮?BD7如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌 道 ABC，小球以一定的初速度從最低點(diǎn)A 沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A 運(yùn)動(dòng)到 C 的過(guò)程中，其速度平方與其對(duì)應(yīng)高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點(diǎn)C 受到

8、軌道的作用力為 1.25 N，空氣阻力不計(jì)，g= 10 m/s2, B 點(diǎn)為AC 軌道中點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是A .小球質(zhì)量為 0.5 kgB .小球在 B 點(diǎn)受到軌道作用力為 4.25 N2 2C.圖乙中 x = 25 m /sD .小球在 A 點(diǎn)時(shí)重力的功率為 5 W【解析】 由圖乙可知小球在 C 點(diǎn)的速度大小為 v= 3 m/s，軌道半徑 R= 0.4 m,因小2球所受重力與彈力的合力提供向心力，所以有mg+ F =腎，代入數(shù)據(jù)得質(zhì)量 m= 0.1 kg ,R選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒可知，小球在 B 點(diǎn)的速度由*mv2+ mgR=mvB,解得 vB= 17 ,甲6因 B 點(diǎn)是彈力提供向

9、心力，所以有2F =罟，解得 F = 4.25 N，選項(xiàng) B 正確；再由機(jī)械能守R7恒可得 2mv2+ 2mgR=1mv0,解得小球在 A 點(diǎn)的速度 v0= 5 m/s，所以圖乙中 x= 25 m2/s2，選項(xiàng) C 正確；因重力與速度方向垂直，所以小球在A 點(diǎn)時(shí)重力的功率為 0,選項(xiàng) D 錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽C量分別為 m 和 2m,彈簧的勁度系數(shù)為 k, C 為一固定擋板， 系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A 使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng) B 剛離開 C 時(shí)，A 的速度為 v,加速度為 a,且方向沿斜面向上，設(shè)彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加 速度為 g，則B 從靜止到 B 剛離開 C 的

10、過(guò)程中，物塊 A 克服重力做功為C. B 剛離開 C 時(shí)，恒力對(duì) A 做功的功率為(2mgsin0+ ma)vD.當(dāng)A的速度達(dá)到最大時(shí)，B的加速度大小為 a【解析】 開始時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓力等于物體A 重力的下滑分力，根據(jù)胡克定律，有： mgsin0=kx!解得:x1=哼k物塊 B 剛要離開 C 時(shí)，彈簧的拉力等于物體 B 重力的下滑分力，根據(jù)胡克定律，有：2mgsin0=kx2解得：X2=竿嚴(yán)k故物塊 A 運(yùn)動(dòng)的距離為：Ax冷+ X23mgsin0,故 A 正確；從靜止到 B 剛離開 C 的過(guò)k程中，物塊 A 克服重力做功為2 2 . 2W= mg Asin0,故 B 錯(cuò)誤。k此時(shí)物體

11、 A 受拉力、重力、支持力和彈簧的拉力，根據(jù)牛頓第二定律,有: F mgsin 0 T = ma& (多選)在傾角為B的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A .當(dāng) B 剛離開 C 時(shí)，A 發(fā)生的位移大小為3mgsin_0k2 23m g sin0kA 和 B，它們的質(zhì)8彈簧的拉力等于物體 B 重力的下滑分力，T = 2mgsin0故：F = 3mgsin0+ma,恒力對(duì) A 做功的功率為（3mgsin0+ma）v。故 C 錯(cuò)誤;當(dāng) A 的速度達(dá)到最大時(shí)，A 受到的合外力為 0,則：F mgs in0 T= 0所以： T= 2mgsin0+ maB 沿斜面方向由牛頓第二定律得T 2m

12、gsin0=2maFBma 1所以：a= 2m= 2m = 2*。故 D 正確。【答案】 AD9如圖所示，小物塊從傾角為0的傾斜軌道上 A 點(diǎn)由靜止釋放滑下，最終停在水平軌道上的B 點(diǎn)，小物塊與水平軌道、傾斜軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，A、B 兩點(diǎn)的連線與水平方向的夾角為a不計(jì)物塊在軌道轉(zhuǎn)折時(shí)的機(jī)械能損失，則動(dòng)摩擦因數(shù)為（）B.tanaD.tan(0 a解得尸 s+rtana，故選項(xiàng)B正確.10.如圖所示，質(zhì)量為 m 的物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)之間能出現(xiàn)的最大靜摩擦力為物體重 力的 k倍，它與轉(zhuǎn)軸 OO 相距 R，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng).當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到 一定值時(shí)，物塊即將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng).在物塊由靜止到開始滑動(dòng)

13、前的這一過(guò)程中， 轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為（）A.tan0C.tan(0+ a【解析】：選 B.如圖所示，設(shè)B、O 間距離為&，A 點(diǎn)離水平面的高度為 h，A、O 間的水平距離為滑的全過(guò)程中，應(yīng)用動(dòng)能定理可得S2,物塊的質(zhì)量為 m，在物塊下住s2mgh 口 mgos0- 口 m = 0，-.:-9B. 2 TikmgR10C. 2kmgRD kmgR【解析】：選 D.由于物體做圓周運(yùn)動(dòng)，物體剛開始滑動(dòng)這一時(shí)刻，物體受到轉(zhuǎn)臺(tái)的摩擦力為最大靜摩擦力.2v貝 S kmg=mR,v2= kgR.設(shè)轉(zhuǎn)臺(tái)對(duì)物塊做的功為 W轉(zhuǎn)，運(yùn)用動(dòng)能定理研究在物塊由靜止到開始滑動(dòng)前的這一過(guò)程,12c kmgR ,W轉(zhuǎn)=

14、2mv 0=.故選 D.11.A、B 兩物體分別在水平恒力Fi和 F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去 Fi、F2后，兩物體最終停下，它們的 v t 圖象如圖所示.已知兩03站 /物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等.則下列說(shuō)法正確的是（）A.Fi、F2大小之比為 1 : 2B.F“ F2對(duì) A、B 做功之比為 1 : 2C. A、B 質(zhì)量之比為 2 : 1D .全過(guò)程中 A、B 克服摩擦力做功之比為2: 1【解析】：選 C.由 v t 圖象可知，兩個(gè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度之比為1 : 2，由牛頓第二定律可知，A、B 受摩擦力大小相等， 所以 A、B 的質(zhì)量關(guān)系是 2 : 1 ,由 v t 圖象可知，

15、A、B 兩物體加速與減速的位移之和相等，且勻加速位移之比為1 : 2,勻減速運(yùn)動(dòng)的位移之比為 2 : 1,由動(dòng)能定理可得，A 物體的拉力與摩擦力的關(guān)系，F(xiàn)1x Ff13x= 0 0； B 物體的3拉力與摩擦力的關(guān)系， F22x Ff23x= 0 0，因此可得：F1= 3Ff1, F2= ?Ff2, Ff1= Ff2，所 以 F1=2F2.全過(guò)程中摩擦力對(duì) A、B 做功相等，F(xiàn)1、F2對(duì) A、B 做功大小相等.故 A、B、D 錯(cuò)誤，C 正確.111212.（多選）在某一粗糙的水平面上，一質(zhì)量為 2kg 的物體在水平恒定拉力的作用下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)

16、，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)， 圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象.已知重力加速度 g= 10 m/s2.根據(jù)以上信息能精確得出或估算得出的物理量有（）A .物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)B .合外力對(duì)物體所做的功C.物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度D 物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間【解析】：選 ABC.物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，拉力 F 與滑動(dòng)摩擦力 f 大小相等，物體與水F1o平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（1= 0.35, A 正確；減速過(guò)程由動(dòng)能定理得WF+ Wf= 0 mv ,mg2根據(jù) F x 圖象中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積可以估算力F 做的功WF，而 Wf=imgx 由此可求得合外力對(duì)物體所做的功，及物體做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v, B、C

17、 正確；因?yàn)槲矬w做變加速運(yùn)動(dòng)，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間無(wú)法求出，D 錯(cuò)誤.13.（多選）在有大風(fēng)的情況下，一小球自 A 點(diǎn)豎 直上拋，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示（小球的運(yùn)動(dòng)可看做豎直方向的豎直上拋運(yùn)動(dòng)和水平方向的初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)），小球運(yùn)動(dòng)軌跡上的 A、B 兩點(diǎn)在同一水平直線上，M 點(diǎn)為軌跡的最高點(diǎn).若風(fēng)力的大小恒定， 方向水平向右，小球在 A 點(diǎn)拋出時(shí)的動(dòng)能為 4 J，在 M 點(diǎn)時(shí)它的動(dòng)能為 2 J，落回到 B 點(diǎn)時(shí) 動(dòng)能記為 EkB，小球上升時(shí)間記為 t1，下落時(shí)間記為 t2，不計(jì)其他阻力，則（A . X1:x2=1:3B.t1 2gh,選項(xiàng) B正確；同時(shí)由于 b 初、末速度均為零，運(yùn)動(dòng)過(guò)程

18、中其動(dòng)能先增大后減小，即桿對(duì)b 先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；桿對(duì) b 的作用力先是推力后是拉力，對(duì)a 則先是阻力后是動(dòng)力,即 a 的加速度在受到桿的向下的拉力作用時(shí)大于g,選項(xiàng) C 錯(cuò)誤；b 的動(dòng)能最大時(shí)，桿對(duì) a、b 的作用力為零，此時(shí) a 的機(jī)械能最小，b 只受重力和支持力，所以 b 對(duì)地面的壓力大小為mg,選項(xiàng) D 正確.【答案】 BD171817.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球 A 和 B 用一根長(zhǎng)為 0.2 m 的輕桿相連，兩球質(zhì)量均為 1kg,開始時(shí)兩小球置于光滑的水平面上，并給兩小球一個(gè)大小為2 m/s，方向水平向左的初速度，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，兩小球滑上一個(gè)傾角為30的光滑斜面，不

19、計(jì)球與斜面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，重力加速度 g 取 10 m/s2，在兩小球的速度減小為零的過(guò)程中，下列判斷正確的是( )C.桿對(duì)小球 B 做正功D .小球 B 速度為零時(shí)距水平面的高度為0.15 m【解析】：選 D.由于兩小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，設(shè)兩小球的速度減為零時(shí)，B 小球上升的高度為 h,則由機(jī)械能守恒定律可得 mgh + mg(h+ Lsin 30) = * 2mv0，其中 L 為輕桿的長(zhǎng) 度，V。為兩小球的初速度，代入數(shù)據(jù)解得 h= 0.15 m，選項(xiàng) D 正確；在 A 球沿斜面上升過(guò)程 中，設(shè)桿對(duì) A球做的功為 W,則由動(dòng)能定理可得一 mg(h+ Lsin 30) + W= 0

20、?mv0,代入數(shù) 據(jù)解得 W= 0.5 J,選項(xiàng) A、B 錯(cuò)誤；設(shè)桿對(duì)小球 B 做的功為 W,對(duì)小球 B,由動(dòng)能定理可 知一 mgh+ W= 0 *mv2,代入數(shù)據(jù)解得 W = 0.5 J,選項(xiàng) C 錯(cuò)誤.18.如圖， abc 是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道， ab 水平，長(zhǎng)度為 2R; be 是半徑為 R 的四分之一圓弧，與ab 相切于 b 點(diǎn)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(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)重力加速度大小為g.小球從 a 點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為A. 2mgRD. 6mgRA .桿對(duì)小球A 做負(fù)功B. 4mgRC. 5mgRa19【解析】

21、：選 C.設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到 c 點(diǎn)的速度大小為 vc,則對(duì)小球由 a 到 c 的過(guò)程，由動(dòng)能2012定理有 F 3R mgR= qmvc，又 F= mg,解得v= 2*gR,小球離開 c 點(diǎn)后，在水平方向做初 速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開 c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g,則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開C 點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t= VgC= 2 詰，在水平方向的位移大小為 x = 1gt2= 2R.由以上分析可知，小球從 a 點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為 5R,則小球機(jī)械能的增加量為AE

22、= F 5R= 5mgR, C 正確，A、B、D 錯(cuò)誤.19. （多選）如圖所示，長(zhǎng)木板 A 放在光滑的水平地面上， 物體 B 以水平速度 vo沖上 A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板 A 上，則從 B 沖到木板 A 上到相對(duì)木板 A 靜止的過(guò)程中， 下述說(shuō)法中正確的是（）A 物體 B 動(dòng)能的減少量等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能Bl |AB .物體 B 克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量皿九一一*C.物體 B 損失的機(jī)械能等于木板 A 獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和D .摩擦力對(duì)物體 B 做的功和對(duì)木板 A 做的功的總和等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量【解析】：選 CD.物體 B 以水平速度沖上木板 A 后，由于摩擦力作用，B 減速運(yùn)動(dòng)，木板 A 加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒定律，物體B 動(dòng)能的減少量等于木板 A 增加的動(dòng)能和產(chǎn)生的熱量之和，選項(xiàng) A 錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，物體 B 克服摩擦力做的功等于物體 B 損失的動(dòng)能， 選項(xiàng) B 錯(cuò)誤；由能量守恒定律可知，物體B 損失的機(jī)械能等于木板 A 獲得的動(dòng)能與系統(tǒng)損失的機(jī)械能之和，選項(xiàng) C 正確；摩