高考物理二轮复习闯关导练热点6功与能含答案

这是一份高考物理二轮复习闯关导练热点6功与能含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


1．在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图所示，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为0.6 kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
A．1 J B．10 J
C．50 J D．100 J
2．如图所示，完全相同的四个木块放于水平地面上，在大小相等的恒力F作用下沿水平地面发生了相同的位移．关于力F做功，下列表述正确的是( )
A．甲图中，因为木块与地面间没有摩擦力，所以力F做的功最少
B．乙图中，力F做的功等于摩擦力对木块做的功
C．丙图中，力F做的功等于木块重力所做的功
D．丁图中，力F做的功最少
3．[2020·贵州黔东南州第一次模拟]某次顶竿表演结束后，演员A(视为质点)自竿顶由静止开始滑下，如图甲所示．演员A滑到竿底时速度正好为零，然后曲腿跳到水平地面上，演员A的质量为50 kg，长竹竿的质量为5 kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度取g＝10 m/s2，则t＝5 s时，演员A所受重力的功率为( )
A．50 W B．500 W
C．55 W D．550 W
4．[2020·山西五地联考上学期期末]
如图所示，固定斜面倾角为θ. 一轻弹簧的自然长度与斜面长度都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为( )
A.eq \f(1,2)mv2－mgLsin θ；eq \f(v2sin2θ＋2gLsin θcs2θ,2g)
B.eq \f(1,2)mv2；eq \f(v2sin2θ－2gLsin θcs2θ,2g)
C.eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mgLsin θ；eq \f(v2sin2θ＋2gLsin θcs2θ,2g)
D.eq \f(1,2)mv2－mgLsin θ；eq \f(v2,2g)
5．如图所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止．设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小球落地时动能等于mgH
B．小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能
C．整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)
D．小球在泥中受到的平均阻力为mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))
6．如图1所示，物体以一定初速度从倾角α＝37°的斜面底端沿斜向上运动，上升的最大高度为3.0 m．选择斜面底端为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图2所示，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80). 下列说法中正确的是( )
A．物体的质量m＝1.0 kg
B．物体可能静止在斜面顶端
C．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J
D．物体上升过程的加速度大小a＝15 m/s2
7．[2020·福建三明一中模拟]滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°.设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是( )
A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能
B．人和滑车获得的动能为0.8mgh
C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh
D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh
8．如图甲所示，在倾角为θ的固定粗糙斜面体上，有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F的作用下由静止开始向下运动，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，物体的机械能E随位移x的变化关系如图乙所示，其中0～x1过程的图线是曲线，x1～x2过程的图线为平行于x轴的直线，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．在0～x2过程中，物体先加速后匀速
B．在0～x1过程中，物体的加速度一直减小
C．在x1～x2过程中，物体的加速度为gsin θ
D．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E2－E1＋μmgcs θ·x2
二、非选择题
9．如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),2)，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0(v0>eq \r(gL))，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能．
10.[2020·山西临汾二模]质量为m＝1.0 kg的滑块从倾角为θ的固定斜面的底端以一定的初速度沿斜面向上运动．以斜面底端为原点O，沿斜面向上建立x轴，以斜面底端所在水平面为零势能面．该滑块在上滑过程中重力势能Ep随位置x的变化规律如图甲所示，机械能E随位置x的变化规律如图乙所示．重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数；
(2)滑块返回斜面底端的速度大小．
11．如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑eq \f(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/s2.试求：
(1)物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
(2)若锁定平板车并在其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．
热点6 功与能
1．答案：B
解析：对整个过程运用动能定理得：
W－mgh＝eq \f(1,2)mv2－0，人的身高大约1.6 m，所以h约为1.4 m
代入数据解得：
W＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＝0.6×10×1.4＋eq \f(1,2)×0.6×12＝8.7 J.
B项较接近，故选B.
2．答案：D
3．答案：B
解析：由v ­ t图象可知，4～6 s内A向下减速，加速度的大小为：a2＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，t＝5 s时，A的速度大小为v5＝2 m/s－a2Δt＝2 m/s－1×1 m/s＝1 m/s，演员A所受重力的功率为PG＝mAgv5＝50×10×1 W＝500 W，故B正确．
4．答案：A
解析：对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W＋mgLsin θ＝eq \f(1,2)mv2－0，则W＝eq \f(1,2)mv2－mgLsin θ；
设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsin θ＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)；
从最高点到落地点的过程，由动能定理得
mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)m(v0cs θ)2，
联立解得：H＝eq \f(v2sin2θ＋2gLsin θcs2θ,2g).
5．答案：C
解析：小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－FfH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，选项A错误；设泥的平均阻力为F′f，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－F′fh＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得F′fh＝mgh＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，F′f＝mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(H,h)))－eq \f(FfH,h)，选项B、D错误；对全过程应用动能定理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确．
6．答案：AC
解析：物体到达最高点时，机械能E＝Ep＝mgh，则m＝eq \f(E,gh)＝eq \f(30,10×3) kg＝1 kg，A正确；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，－Ffeq \f(h,sinα)＝30－50，解得Ff＝4 N，重力沿斜面向下的分力mgsinα＝6 N>Ff＝4 N，则物体到达斜面顶端后会继续向下滑动，B错误；由图象可知，物体上升过程中摩擦力做功W＝30 J－50 J＝－20 J，在整个过程中由动能定理得Ek－Ek0＝2W，则Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，C正确；物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsinα＋Ff＝ma，解得a＝10 m/s2，D错误．
7．答案：BC
解析：沿斜面的方向有ma＝mgsin 30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑车减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误；人和滑车下滑的过程中重力和摩擦力做功，获得的动能为Ek＝(mgsin 30°－Ff)eq \f(h,sin 30°)＝0.8mgh，故B正确；整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正确；整个下滑过程中克服摩擦力做功等于人和滑车减少的机械能，所以人和滑车克服摩擦力做功为0.2mgh，故D错误．
8．答案：CD
解析：
物体受力分析如图所示，物体由静止开始向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋F－Ff＝ma，且Ff＝μmgcs θ，由题图乙知，在0～x1过程中物体的机械能减少，即ΔE＝(F－μmgcs θ)x<0，由E ­ x图象斜率减小知F增大，所以物体做加速度增大的加速运动，在x1～x2过程中，由题图乙知斜率为零，则F＝μmgcs θ，此时加速度最大为gsin θ，A、B错误，C正确；在0～x2过程中，拉力做的功为WF＝E2－E1＋μmgcs θ·x2，D正确．
9．答案：(1)eq \r(v\\al(2,0)－gL) (2)eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),g)－L)) (3)eq \f(3m,4)(veq \\al(2,0)－gL)
解析：(1)物体A与斜面间的滑动摩擦力Ff＝2μmgcs θ，
对A向下运动到C点的过程，对A、B组成的系统，由动能定理有2mgLsinθ－mgL－2μmgLcs θ＝eq \f(1,2)×3m(v2－veq \\al(2,0))
解得v＝eq \r(v\\al(2,0)－gL)
(2)从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点的过程，对A、B组成的系统由动能定理得
－Ff·2x＝0－eq \f(1,2)×3mv2
解得x＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v\\al(2,0),g)－L))
(3)从弹簧被压缩至最短到物体A恰好弹回到C点的过程中，由能量守恒定律得Ep＋mgx＝Ffx＋2mgxsin θ
解得Ep＝eq \f(3m,4)(veq \\al(2,0)－gL)．
10．答案：(1)0.5 (2)eq \r(2) m/s
解析：(1)滑块的重力势能Ep随位置x的变化规律为Ep＝mgxsin θ
由Ep ­ x图象的斜率k1＝mgsin θ＝6 N
可得sin θ＝eq \f(3,5)，故cs θ＝eq \f(4,5)
滑块的机械能E随位置x的变化规律为E＝E0－μmgcs θ·x
由E ­ x图象的斜率k2＝－μmgcs θ＝－4 N
可得μ＝0.5.
(2)由题图可知，滑块上滑的最大位移
x′＝0.5 m
在滑块从最大位移处返回到斜面底端的过程中，有mgx′sin θ－μmgcs θ·x′＝eq \f(1,2)mv2
可得v＝eq \r(2) m/s.
11．答案：(1)30 N (2)1 m/s (3)0.2 m
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，
则有mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
解得vB＝3 m/s
在B点由牛顿第二定律有，
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)，
解得FN＝30 N
由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力大小F′N＝FN＝30 N，方向竖直向下．
(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功
Wf＝－eq \f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝－4 J
物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得，
mgR＋Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝1 m/s
(3)当平板车不固定时，对物块有a1＝μg＝2 m/s2
对平板车有a2＝eq \f(μmg,M)＝2 m/s2
经过时间t1物块滑离平板车，则有
vBt1－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)＝l
解得t1＝0.5 s(另一解舍掉)
物块滑离平板车时的速度v物＝vB－a1t1＝2 m/s
此时v车＝a2t1＝1 m/s
物块做平抛运动的时间t2＝eq \r(\f(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)t2＝0.2 m