2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前十天必考熱點(diǎn)沖刺 熱考7 功和能、功能關(guān)系

熱考7功和能、功能關(guān)系一、選擇題1(2019年廣東茂名聯(lián)考)如圖所示，一物塊從斜面低端以初速度v0開(kāi)始沿斜面上滑，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)<tan ，其中為斜面的傾角，物塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的最大高度為H，已知滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，取斜面低端為參考平面，則物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能E、動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep與高度h的關(guān)系可能是下圖中的() ABCD【答案】D【解析】滑塊機(jī)械能的變化量等于除重力外其余力做的功，故滑塊機(jī)械能的減小量等于克服阻力做的功，即上升階段EE0F阻，下降階段EE0F阻，由此可知重力勢(shì)能與高度關(guān)系是一條直線，機(jī)械能與高度關(guān)系是兩條直線，故A、B錯(cuò)誤；動(dòng)能的變化量等于外力的總功，上升階段mghF阻EAE0，下降階段mghF阻EAE0，故C錯(cuò)誤，D正確2(2019年吉林長(zhǎng)春二模)半徑為R的圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)可以繞過(guò)圓心的豎直軸旋轉(zhuǎn)，兩個(gè)質(zhì)量相等可視為質(zhì)點(diǎn)的小環(huán)套在圓環(huán)上A、B兩點(diǎn)并處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B連線過(guò)圓心且與豎直方向成37°角，某時(shí)刻大圓環(huán)開(kāi)始繞豎直軸旋轉(zhuǎn)，角速度從零不斷增大，則下列說(shuō)法正確的是()A小環(huán)與大環(huán)之間動(dòng)摩擦因數(shù)0.75BB處的小環(huán)先相對(duì)大環(huán)開(kāi)始滑動(dòng)C兩小環(huán)的高度最終都將升高D只要小環(huán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，大環(huán)就不對(duì)小環(huán)做功【答案】A【解析】小環(huán)A與小環(huán)B最初都靜止，可知mgsin 37°mgcos 37°，即tan 37°0.75，故A正確；若某時(shí)刻大圓環(huán)開(kāi)始繞豎直軸進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，假設(shè)環(huán)A和環(huán)B與大環(huán)保持相對(duì)靜止，對(duì)環(huán)A沿水平方向有fAcos NAsin mr2，對(duì)環(huán)B沿水平方向有NBsin fBcos mr2，隨著角速度的不斷增大，A所受摩擦力越來(lái)越大，B所受摩擦力越來(lái)越小，后反向增大，因此A受到的靜摩擦力會(huì)先達(dá)到最大，即A先相對(duì)大環(huán)開(kāi)始滑動(dòng)，B錯(cuò)誤；若兩小環(huán)相對(duì)大環(huán)運(yùn)動(dòng)，則環(huán)A高度會(huì)降低，環(huán)B高度會(huì)升高，C錯(cuò)誤；盡管小環(huán)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，但隨著大環(huán)角速度的不斷增大，小環(huán)的動(dòng)能也會(huì)不斷增大，因此大環(huán)對(duì)小環(huán)會(huì)做正功，D錯(cuò)誤3(多選)(2019年甘肅蘭州一診)如圖所示，物塊從足夠長(zhǎng)粗糙斜面底端O點(diǎn)，以某一速度向上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)后又沿斜面下滑物塊先后兩次經(jīng)過(guò)斜面上某一點(diǎn)A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1和Ek2，重力勢(shì)能分別為Ep1和Ep2，從O點(diǎn)開(kāi)始到第一次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的過(guò)程中重力做功為WG1，合外力做功的絕對(duì)值為W1，從O點(diǎn)開(kāi)始到第二次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)的過(guò)程中重力做功為WG2，合外力做功的絕對(duì)值為W2，則下列選項(xiàng)正確的是()AEk1>Ek2，Ep1Ep2BEk1Ek2，Ep1>Ep2CWG1WG2，W1<W2DWG1>WG2，W1W2【答案】AC4(2019年海南瓊海模擬)如圖所示，勁度系數(shù)為k的豎直彈簧下端固定于水平地面上，質(zhì)量為m的小球從彈簧的正上方高為h的地方自由下落到彈簧上端，經(jīng)幾次反彈后小球最終在彈簧上靜止于某一點(diǎn)A處，在以上三個(gè)量中只改變其中一個(gè)量的情況下，下列說(shuō)法正確的是()A無(wú)論三個(gè)量中的一個(gè)怎樣改變，此過(guò)程小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B無(wú)論h怎樣變化，最終小球靜止在A點(diǎn)時(shí)的彈簧壓縮量與h無(wú)關(guān)C無(wú)論m怎樣變化，最終小球靜止在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能都不變D無(wú)論勁度系數(shù)k為多大，此過(guò)程中重力所做的功總是等于克服彈簧彈力做的功【答案】B二、計(jì)算題5(2019年天一大聯(lián)考)如圖所示，傾角37°的斜面固定在水平面上，質(zhì)量為m1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))由斜面上最低點(diǎn)P以初動(dòng)能Ek020 J沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其向上經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)能EkA8 J，機(jī)械能的變化量E機(jī)3 J重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，求：(1)物塊所受摩擦力的大小；(2)物塊回到P點(diǎn)時(shí)速度的大小【答案】(1)2 N(2) 2 m/s【解析】(1)由P到A由動(dòng)能定理得(mgsin f)s1EkAEk0而fs1E機(jī)聯(lián)立解得s11.5 m，f2 N.(2)由P到最高點(diǎn)由動(dòng)能定理得(mgsin f)s20Ek0解得s22.5 m滑塊從最高點(diǎn)到P點(diǎn)由動(dòng)能定理得(mgsin f)s2mv20解得v2 m/s.6(2019年廣西桂林三模)如圖所示，有一傾角為37°的粗糙硬桿，其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k10 N/m的輕彈簧，彈簧自然伸長(zhǎng)時(shí)上端在Q點(diǎn)，彈簧與桿間摩擦忽略不計(jì)一個(gè)質(zhì)量為m5 kg的小球套在此硬桿上，從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始滑下，經(jīng)過(guò)t2 s后，P與彈簧自由端Q相碰，PQ間的距離L4 m，彈簧的彈性勢(shì)能與其形變量x的關(guān)系為Epkx2.已知sin 37°0.6，cos 37°0.8，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球與硬桿之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)小球向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度最大時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能【答案】(1)0.5(2)5 J【解析】(1)小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有Lat2解得a2 m/s2根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 37°mgcos 37°ma解得0.5(2)當(dāng)小球加速度為零時(shí)，速度最大，有mgsin 37°mgcos 37°kx解得x1 m所以彈性勢(shì)能為Epkx2×10×12 J5 J.7如圖所示，一輛電動(dòng)遙控小車停在水平地面上，小車質(zhì)量M3 kg.質(zhì)量為m1 kg的小物快(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置在車板上某處，物塊與車板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1.現(xiàn)在啟動(dòng)小車，使小車由靜止開(kāi)始以加速度a2 m/s2向右勻加速行駛，當(dāng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1 s時(shí)物塊從車板上滑落已知小車受到地面的摩擦阻力是小車對(duì)地面壓力的.不計(jì)空氣阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)物塊離開(kāi)小車時(shí)，物塊的速度大?。?2)01 s時(shí)間內(nèi)小車的牽引力做的功【答案】(1)1 m/s(2)11 J【解析】(1)設(shè)物塊的加速度為a1，由牛頓第二定律得mgma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得離開(kāi)小車時(shí)，物塊的速度為va1t聯(lián)立解得 v1 m/s.(2)設(shè)小車所受的牽引力為F.對(duì)于小車，由牛頓第二定律，得Fmgk(Mm)gMa小車的位移xat2牽引力做的功為WFx解得W11 J.8吊錘打樁機(jī)如圖甲，其工作過(guò)程可以簡(jiǎn)化為圖乙：質(zhì)量m2.0×103 kg的吊錘在繩子的恒定拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升一段高度后撤去F，到最高點(diǎn)后自由落下，撞擊釘子將釘子打入一定深度吊錘上升過(guò)程中，機(jī)械能E與上升高度h的關(guān)系如圖乙，不計(jì)摩擦及空氣阻力，g10 m/s2.求： (1)吊錘上升h11.6 m時(shí)的速度大??；(2)吊錘上升h11.6 m后，再經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間撞擊釘子；(3)吊錘上升h20.4 m時(shí)，拉力F的瞬時(shí)功率【答案】(1)2 m/s(2)0.8 s(3)2.25×104 W【解析】(1)吊錘上升過(guò)程中，由功能關(guān)系EFh結(jié)合圖丙，計(jì)算得F2.25×104 N設(shè)吊錘上升到h11.6 m處的速度為v1，由動(dòng)能定理知Fh1mgh1mv0聯(lián)立解得v12 m/s.(2)依題意，吊錘上升到h11.6 m處后做初速度為v12 m/s的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)時(shí)間t落到釘子上，有h1v1tgt2代入數(shù)據(jù)，解得t0.8 s.(3)設(shè)吊錘上升到h20.4 m處的速度為v2，由動(dòng)能定理得Fh2mgh2mv0解得v21 m/sF的瞬時(shí)功率 PFv2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 P2.25×104 W.9(2019年甘肅三模)物塊放在水平面上，在恒力的作用下由靜止從A點(diǎn)出發(fā)，經(jīng)時(shí)間t運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，此時(shí)撤去拉力，結(jié)果物塊再運(yùn)動(dòng)t時(shí)間速度為零已知物塊的質(zhì)量為m，拉力與水平面的夾角為，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.求：(1)拉力F的大??；(2)整個(gè)過(guò)程物塊克服摩擦力做的功【答案】(1)(2)【解析】(1)根據(jù)題意知，物塊先做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，再做勻減速運(yùn)動(dòng)到末速度為零，設(shè)加速的加速度大小為a1，減速的加速度為a2，由于加速時(shí)間與減速時(shí)間相等，所以a1a2撤去拉力后mgmaaa1a2g拉力作用下做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)Fcos (mgFsin )ma解得F.(2)物塊從A運(yùn)動(dòng)B的位移為xat2gt2由動(dòng)能定理知Fxcos Wf0所以克服摩擦力做功的大小為Wf.10(2019年福建泉州二模)如圖，質(zhì)量為2m的“”型木板，靜止放在光滑的水平面上，木板左端固定著一水平輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為m的小木塊從木板右端以未知速度v0 開(kāi)始沿木板向左滑行，最終恰好回到木板右端；在木塊壓縮彈簧過(guò)程中，彈簧具有最大彈性勢(shì)能為Ep.木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g.求：(1)未知速度v0的大??；(2)木塊相對(duì)木板向左運(yùn)動(dòng)的最大距離xm.【答案】(1)(2)【解析】(1)木塊從右端開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)至彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，摩擦生熱設(shè)為Q，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，木塊和木板具有相同的速度v1，由動(dòng)量和能量關(guān)系有mv0(m2m)v1mv(m2m)vEpQ從初狀態(tài)至木塊m又回到右端與木板剛好相對(duì)靜止時(shí)，木塊和木板又具有相同的速度v2，由動(dòng)量和能量關(guān)系有mv0(m2m)v2mv(m2m)v2Q.由以上各式解得v0.(2)物塊從彈簧壓縮到最短時(shí)的位置返回到木板右端時(shí)，木塊和木板具有相同的速度，再次獲得共同速度v2，則有(m2m)v1(m2m)v2Ep(m2m)v(m2m)vQ得QEp，又Qmgxm解得xm.11(2019年廣西崇左二模)如圖甲所示，一質(zhì)量為m1 kg的木板A靜止在光滑水平地面上，在t0時(shí)刻，質(zhì)量為M2 kg的小物塊B以初速度v03 m/s滑上木板左端，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后木板與墻發(fā)生彈性碰撞木板長(zhǎng)度可保證小物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與墻接觸木板A在00.8 s內(nèi)的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g10 m/s2，求：甲乙(1)t0時(shí)刻木板的右端到墻的距離L以及t0.4 s時(shí)刻B的速度大??；(2)A、B間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中各自加速度大小；(3)從t0至A于強(qiáng)第5次碰前，A、B組成的整體因摩擦產(chǎn)生的總熱量【答案】(1)0.16 m2.6 m/s(2)2 m/s21 m/s2(3)8.97 J【解析】(1)由圖乙，t10.4 s時(shí)，A與墻第一次碰撞，碰前A的速度vA10.8 m/sT0時(shí)刻木板的右端到墻的距離為L(zhǎng)vA1t1解得L0.16 mA與墻第一次碰撞前，對(duì)A、B由動(dòng)量守恒定律可得Mv0MvB1mvA1解得vB12.6 m/s.(2)只要A與墻壁碰前A、B未達(dá)到共同速度，A就在0L之間向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，與墻壁碰前的速度始終為vA1B的加速度aB1 m/s2A的加速度大小aA2 m/s2.(3)設(shè)A與墻發(fā)生n次碰撞后A、B第一次達(dá)到共同速度v1，以向右為正，對(duì)B：v1v0aBt對(duì)A：v1aA(t2nt1)，n1,2,3，聯(lián)立解得v1第一次到達(dá)共同速度v1應(yīng)滿足0v1vA1聯(lián)立解得2.25n3.75故n3，v10.4 m/s設(shè)第4次碰撞后可能的共同速度為v2，對(duì)A、B系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律可得Mv1mv1(Mm)v2得v2v1因?yàn)関2<v1，故在第5次碰撞前A、B已達(dá)到共同速度對(duì)A、B整體，由能量守恒定律QMv(Mm)v解得Q8.97 J.- 8 -