《2020屆高考物理二輪復習 考前十天必考熱點沖刺 熱考7 功和能、功能關(guān)系》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考物理二輪復習 考前十天必考熱點沖刺 熱考7 功和能、功能關(guān)系（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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開始沿斜面上滑，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ

2、－F阻，由此可知重力勢能與高度關(guān)系是一條直線，機械能與高度關(guān)系是兩條直線，故A、B錯誤；動能的變化量等于外力的總功，上升階段－mgh－F阻＝EA－E0，下降階段mgh－F阻＝EA－E′0，故C錯誤，D正確． 2．(2019年吉林長春二模)半徑為R的圓環(huán)豎直放置，圓環(huán)可以繞過圓心的豎直軸旋轉(zhuǎn)，兩個質(zhì)量相等可視為質(zhì)點的小環(huán)套在圓環(huán)上A、B兩點并處于靜止狀態(tài)，A、B連線過圓心且與豎直方向成37°角，某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸旋轉(zhuǎn)，角速度從零不斷增大，則下列說法正確的是(　　) A．小環(huán)與大環(huán)之間動摩擦因數(shù)μ≥0.75 B．B處的小環(huán)先相對大環(huán)開始滑動 C．兩小環(huán)的高度最終都將升高 D．只

3、要小環(huán)不發(fā)生相對滑動，大環(huán)就不對小環(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°≤μmgcos 37°，即μ≥tan 37°＝0.75，故A正確；若某時刻大圓環(huán)開始繞豎直軸進行旋轉(zhuǎn)，假設(shè)環(huán)A和環(huán)B與大環(huán)保持相對靜止，對環(huán)A沿水平方向有fAcos θ－NAsin θ＝mrω2，對環(huán)B沿水平方向有NBsin θ－fBcos θ＝mrω2，隨著角速度的不斷增大，A所受摩擦力越來越大，B所受摩擦力越來越小，后反向增大，因此A受到的靜摩擦力會先達到最大，即A先相對大環(huán)開始滑動，B錯誤；若兩小環(huán)相對大環(huán)運動，則環(huán)A高度會降低，環(huán)B高度會升高，C錯誤；盡管小環(huán)不發(fā)生相對滑動

4、，但隨著大環(huán)角速度的不斷增大，小環(huán)的動能也會不斷增大，因此大環(huán)對小環(huán)會做正功，D錯誤． 3．(多選)(2019年甘肅蘭州一診)如圖所示，物塊從足夠長粗糙斜面底端O點，以某一速度向上運動，到達最高點后又沿斜面下滑．物塊先后兩次經(jīng)過斜面上某一點A點時的動能分別為Ek1和Ek2，重力勢能分別為Ep1和Ep2，從O點開始到第一次經(jīng)過A點的過程中重力做功為WG1，合外力做功的絕對值為W1，從O點開始到第二次經(jīng)過A點的過程中重力做功為WG2，合外力做功的絕對值為W2，則下列選項正確的是(　　) A．Ek1>Ek2，Ep1＝Ep2 B．Ek1＝Ek2，Ep1>Ep2 C．WG1＝WG2，W1

5、 D．WG1>WG2，W1＝W2 【答案】AC 4．(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A處，在以上三個量中只改變其中一個量的情況下，下列說法正確的是(　　) A．無論三個量中的一個怎樣改變，此過程小球與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒 B．無論h怎樣變化，最終小球靜止在A點時的彈簧壓縮量與h無關(guān) C．無論m怎樣變化，最終小球靜止在A點時彈簧的彈性勢能都不變 D．無論勁度系數(shù)k為多大，此過程中重力所做的功總是等于克服彈簧彈力做的功 【答案】B

6、 二、計算題 5．(2019年天一大聯(lián)考)如圖所示，傾角α＝37°的斜面固定在水平面上，質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)由斜面上最低點P以初動能Ek0＝20 J沿斜面向上運動，當其向上經(jīng)過A點時動能EkA＝8 J，機械能的變化量ΔE機＝－3 J．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求： (1)物塊所受摩擦力的大??； (2)物塊回到P點時速度的大?。? 【答案】(1)2 N　(2) 2 m/s 【解析】(1)由P到A由動能定理得 －(mgsin α＋f)s1＝EkA－Ek0 而－fs1＝ΔE機 聯(lián)立解得s1＝1.5 m，f＝2 N. (2)由P到最高

7、點由動能定理得 －(mgsin α＋f)s2＝0－Ek0 解得s2＝2.5 m 滑塊從最高點到P點由動能定理得 (mgsin α－f)s2＝mv2－0 解得v＝2 m/s . 6．(2019年廣西桂林三模)如圖所示，有一傾角為θ＝37°的粗糙硬桿，其上套一底端固定且勁度系數(shù)為k＝10 N/m的輕彈簧，彈簧自然伸長時上端在Q點，彈簧與桿間摩擦忽略不計．一個質(zhì)量為m＝5 kg的小球套在此硬桿上，從P點由靜止開始滑下，經(jīng)過t＝2 s后，P與彈簧自由端Q相碰，PQ間的距離L＝4 m，彈簧的彈性勢能與其形變量x的關(guān)系為Ep＝kx2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加

8、速度g取10 m/s2.求： (1)小球與硬桿之間的滑動摩擦因數(shù)μ； (2)小球向下運動過程中速度最大時彈簧的彈性勢能． 【答案】(1)0.5　(2)5 J 【解析】(1)小球做勻加速直線運動，則有L＝at2 解得a＝2 m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.5 (2)當小球加速度為零時，速度最大，有 mgsin 37°＝μmgcos 37°＋kx 解得x＝1 m 所以彈性勢能為Ep＝kx2＝×10×12 J＝5 J. 7．如圖所示，一輛電動遙控小車停在水平地面上，小車質(zhì)量M＝3 kg.質(zhì)量為m＝1 kg的小物快(可

9、視為質(zhì)點)靜置在車板上某處，物塊與車板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)在啟動小車，使小車由靜止開始以加速度a＝2 m/s2向右勻加速行駛，當運動時間t＝1 s時物塊從車板上滑落．已知小車受到地面的摩擦阻力是小車對地面壓力的.不計空氣阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： (1)物塊離開小車時，物塊的速度大??； (2)0～1 s時間內(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μmg＝ma1 由運動學公式得離開小車時，物塊的速度為v＝a1t 聯(lián)立解得 v＝1 m/s. (2)設(shè)小車所受的牽引力為F.對于小車

10、，由牛頓第二定律，得 F－μmg－k(M＋m)g＝Ma 小車的位移x＝at2 牽引力做的功為W＝Fx 解得W＝11 J. 8．吊錘打樁機如圖甲，其工作過程可以簡化為圖乙：質(zhì)量m＝2.0×103 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始運動，上升一段高度后撤去F，到最高點后自由落下，撞擊釘子將釘子打入一定深度．吊錘上升過程中，機械能E與上升高度h的關(guān)系如圖乙，不計摩擦及空氣阻力，g＝10 m/s2.求： 　 (1)吊錘上升h1＝1.6 m時的速度大小； (2)吊錘上升h1＝1.6 m后，再經(jīng)過多長時間撞擊釘子； (3)吊錘上升h2＝0.4 m時，拉力F的瞬時

11、功率． 【答案】(1)2 m/s　(2)0.8 s　(3)2.25×104 W 【解析】(1)吊錘上升過程中，由功能關(guān)系ΔE＝FΔh 結(jié)合圖丙，計算得F＝＝2.25×104 N 設(shè)吊錘上升到h1＝1.6 m處的速度為v1，由動能定理知Fh1－mgh1＝mv－0 聯(lián)立解得v1＝2 m/s. (2)依題意，吊錘上升到h1＝1.6 m處后做初速度為v1＝2 m/s的豎直上拋運動，設(shè)經(jīng)時間t落到釘子上，有 －h(huán)1＝v1t－gt2 代入數(shù)據(jù)，解得t＝0.8 s. (3)設(shè)吊錘上升到h2＝0.4 m處的速度為v2，由動能定理得Fh2－mgh2＝mv－0 解得v2＝1 m/s F的瞬時

12、功率 P＝Fv2 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得 P＝2.25×104 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點出發(fā)，經(jīng)時間t運動到B點，此時撤去拉力，結(jié)果物塊再運動t時間速度為零．已知物塊的質(zhì)量為m，拉力與水平面的夾角為θ，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.求： (1)拉力F的大??； (2)整個過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動，再做勻減速運動到末速度為零，設(shè)加速的加速度大小為a1，減速的加速度為a2，由于加速時間與減速時間相等，所以a1＝a2 撤去拉力后μmg＝

13、ma a＝a1＝a2＝μg 拉力作用下做加速運動時 Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 解得F＝. (2)物塊從A運動B的位移為x＝at2＝μgt2 由動能定理知Fxcos θ－Wf＝0 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；在木塊壓縮彈簧過程中，彈簧具有最大彈性勢能為Ep.木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.求： (1)未知速度v0的大??； (2

14、)木塊相對木板向左運動的最大距離xm. 【答案】(1)　(2) 【解析】(1)木塊從右端開始向左運動至彈簧壓縮到最短的過程中，摩擦生熱設(shè)為Q，當彈簧壓縮到最短時，木塊和木板具有相同的速度v1，由動量和能量關(guān)系有 mv0＝(m＋2m)v1 mv＝(m＋2m)v＋Ep＋Q 從初狀態(tài)至木塊m又回到右端與木板剛好相對靜止時，木塊和木板又具有相同的速度v2，由動量和能量關(guān)系有mv0＝(m＋2m)v2 mv＝(m＋2m)v＋2Q. 由以上各式解得v0＝. (2)物塊從彈簧壓縮到最短時的位置返回到木板右端時，木塊和木板具有相同的速度，再次獲得共同速度v2，則有(m＋2m)v1＝(m＋2m)v

15、2 Ep＋(m＋2m)v＝(m＋2m)v＋Q 得Q＝Ep，又Q＝μmgxm 解得xm＝. 11．(2019年廣西崇左二模)如圖甲所示，一質(zhì)量為m＝1 kg的木板A靜止在光滑水平地面上，在t＝0時刻，質(zhì)量為M＝2 kg的小物塊B以初速度v0＝3 m/s滑上木板左端，經(jīng)過一段時間后木板與墻發(fā)生彈性碰撞．木板長度可保證小物塊在運動過程中不與墻接觸．木板A在0～0.8 s內(nèi)的速度隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度為g＝10 m/s2，求： 甲　　　　　　　　乙 (1)t＝0時刻木板的右端到墻的距離L以及t＝0.4 s時刻B的速度大小； (2)A、B間發(fā)生相對滑動過程中各自加速度大

16、小； (3)從t＝0至A于強第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 m　2.6 m/s　(2)2 m/s2　1 m/s2　(3)8.97 J 【解析】(1)由圖乙，t1＝0.4 s時，A與墻第一次碰撞，碰前A的速度vA1＝0.8 m/s T＝0時刻木板的右端到墻的距離為L＝vA1t1 解得L＝0.16 m A與墻第一次碰撞前，對A、B由動量守恒定律可得 Mv0＝MvB1＋mvA1 解得vB1＝2.6 m/s. (2)只要A與墻壁碰前A、B未達到共同速度，A就在0～L之間向右做勻加速運動，向左做勻減速運動，與墻壁碰前的速度始終為vA1 B的加

17、速度aB＝＝1 m/s2 A的加速度大小aA＝＝2 m/s2. (3)設(shè)A與墻發(fā)生n次碰撞后A、B第一次達到共同速度v1，以向右為正，對B：v1＝v0－aBt 對A：v1＝aA(t－2nt1)，n＝1,2,3，… 聯(lián)立解得v1＝ 第一次到達共同速度v1應(yīng)滿足0≤v1≤vA1 聯(lián)立解得2.25≤n≤3.75 故n＝3，v1＝0.4 m/s 設(shè)第4次碰撞后可能的共同速度為v2，對A、B系統(tǒng)由動量守恒定律可得Mv1－mv1＝(M＋m)v2 得v2＝v1 因為v2