2020届高考物理全优二轮复习集训：考前十天必考热点冲刺 热考7　功和能、功能关系 .doc

热考7功和能、功能关系一、选择题1(2019年广东茂名联考)如图所示，一物块从斜面低端以初速度v0开始沿斜面上滑，物块与斜面间的动摩擦因数<tan ，其中为斜面的倾角，物块沿斜面运动的最大高度为H，已知滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取斜面低端为参考平面，则物块在斜面上运动过程中机械能E、动能Ek、重力势能Ep与高度h的关系可能是下图中的() ABCD【答案】D【解析】滑块机械能的变化量等于除重力外其余力做的功，故滑块机械能的减小量等于克服阻力做的功，即上升阶段EE0F阻，下降阶段EE0F阻，由此可知重力势能与高度关系是一条直线，机械能与高度关系是两条直线，故A、B错误；动能的变化量等于外力的总功，上升阶段mghF阻EAE0，下降阶段mghF阻EAE0，故C错误，D正确2(2019年吉林长春二模)半径为R的圆环竖直放置，圆环可以绕过圆心的竖直轴旋转，两个质量相等可视为质点的小环套在圆环上A、B两点并处于静止状态，A、B连线过圆心且与竖直方向成37角，某时刻大圆环开始绕竖直轴旋转，角速度从零不断增大，则下列说法正确的是()A小环与大环之间动摩擦因数0.75BB处的小环先相对大环开始滑动C两小环的高度最终都将升高D只要小环不发生相对滑动，大环就不对小环做功【答案】A【解析】小环A与小环B最初都静止，可知mgsin 37mgcos 37，即tan 370.75，故A正确；若某时刻大圆环开始绕竖直轴进行旋转，假设环A和环B与大环保持相对静止，对环A沿水平方向有fAcos NAsin mr2，对环B沿水平方向有NBsin fBcos mr2，随着角速度的不断增大，A所受摩擦力越来越大，B所受摩擦力越来越小，后反向增大，因此A受到的静摩擦力会先达到最大，即A先相对大环开始滑动，B错误；若两小环相对大环运动，则环A高度会降低，环B高度会升高，C错误；尽管小环不发生相对滑动，但随着大环角速度的不断增大，小环的动能也会不断增大，因此大环对小环会做正功，D错误3(多选)(2019年甘肃兰州一诊)如图所示，物块从足够长粗糙斜面底端O点，以某一速度向上运动，到达最高点后又沿斜面下滑物块先后两次经过斜面上某一点A点时的动能分别为Ek1和Ek2，重力势能分别为Ep1和Ep2，从O点开始到第一次经过A点的过程中重力做功为WG1，合外力做功的绝对值为W1，从O点开始到第二次经过A点的过程中重力做功为WG2，合外力做功的绝对值为W2，则下列选项正确的是()AEk1>Ek2，Ep1Ep2BEk1Ek2，Ep1>Ep2CWG1WG2，W1<W2DWG1>WG2，W1W2【答案】AC4(2019年海南琼海模拟)如图所示，劲度系数为k的竖直弹簧下端固定于水平地面上，质量为m的小球从弹簧的正上方高为h的地方自由下落到弹簧上端，经几次反弹后小球最终在弹簧上静止于某一点A处，在以上三个量中只改变其中一个量的情况下，下列说法正确的是()A无论三个量中的一个怎样改变，此过程小球与弹簧组成的系统机械能守恒B无论h怎样变化，最终小球静止在A点时的弹簧压缩量与h无关C无论m怎样变化，最终小球静止在A点时弹簧的弹性势能都不变D无论劲度系数k为多大，此过程中重力所做的功总是等于克服弹簧弹力做的功【答案】B二、计算题5(2019年天一大联考)如图所示，倾角37的斜面固定在水平面上，质量为m1 kg的滑块(可视为质点)由斜面上最低点P以初动能Ek020 J沿斜面向上运动，当其向上经过A点时动能EkA8 J，机械能的变化量E机3 J重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，求：(1)物块所受摩擦力的大小；(2)物块回到P点时速度的大小【答案】(1)2 N(2) 2 m/s【解析】(1)由P到A由动能定理得(mgsin f)s1EkAEk0而fs1E机联立解得s11.5 m，f2 N.(2)由P到最高点由动能定理得(mgsin f)s20Ek0解得s22.5 m滑块从最高点到P点由动能定理得(mgsin f)s2mv20解得v2 m/s.6(2019年广西桂林三模)如图所示，有一倾角为37的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k10 N/m的轻弹簧，弹簧自然伸长时上端在Q点，弹簧与杆间摩擦忽略不计一个质量为m5 kg的小球套在此硬杆上，从P点由静止开始滑下，经过t2 s后，P与弹簧自由端Q相碰，PQ间的距离L4 m，弹簧的弹性势能与其形变量x的关系为Epkx2.已知sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球与硬杆之间的滑动摩擦因数；(2)小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能【答案】(1)0.5(2)5 J【解析】(1)小球做匀加速直线运动，则有Lat2解得a2 m/s2根据牛顿第二定律得mgsin 37mgcos 37ma解得0.5(2)当小球加速度为零时，速度最大，有mgsin 37mgcos 37kx解得x1 m所以弹性势能为Epkx21012 J5 J.7如图所示，一辆电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M3 kg.质量为m1 kg的小物快(可视为质点)静置在车板上某处，物块与车板间的动摩擦因数0.1.现在启动小车，使小车由静止开始以加速度a2 m/s2向右匀加速行驶，当运动时间t1 s时物块从车板上滑落已知小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的.不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)物块离开小车时，物块的速度大小；(2)01 s时间内小车的牵引力做的功【答案】(1)1 m/s(2)11 J【解析】(1)设物块的加速度为a1，由牛顿第二定律得mgma1由运动学公式得离开小车时，物块的速度为va1t联立解得 v1 m/s.(2)设小车所受的牵引力为F.对于小车，由牛顿第二定律，得Fmgk(Mm)gMa小车的位移xat2牵引力做的功为WFx解得W11 J.8吊锤打桩机如图甲，其工作过程可以简化为图乙：质量m2.0103 kg的吊锤在绳子的恒定拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由落下，撞击钉子将钉子打入一定深度吊锤上升过程中，机械能E与上升高度h的关系如图乙，不计摩擦及空气阻力，g10 m/s2.求： (1)吊锤上升h11.6 m时的速度大小；(2)吊锤上升h11.6 m后，再经过多长时间撞击钉子；(3)吊锤上升h20.4 m时，拉力F的瞬时功率【答案】(1)2 m/s(2)0.8 s(3)2.25104 W【解析】(1)吊锤上升过程中，由功能关系EFh结合图丙，计算得F2.25104 N设吊锤上升到h11.6 m处的速度为v1，由动能定理知Fh1mgh1mv0联立解得v12 m/s.(2)依题意，吊锤上升到h11.6 m处后做初速度为v12 m/s的竖直上抛运动，设经时间t落到钉子上，有h1v1tgt2代入数据，解得t0.8 s.(3)设吊锤上升到h20.4 m处的速度为v2，由动能定理得Fh2mgh2mv0解得v21 m/sF的瞬时功率 PFv2联立并代入数据解得 P2.25104 W.9(2019年甘肃三模)物块放在水平面上，在恒力的作用下由静止从A点出发，经时间t运动到B点，此时撤去拉力，结果物块再运动t时间速度为零已知物块的质量为m，拉力与水平面的夹角为，物块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.求：(1)拉力F的大小；(2)整个过程物块克服摩擦力做的功【答案】(1)(2)【解析】(1)根据题意知，物块先做初速度为零的匀加速运动，再做匀减速运动到末速度为零，设加速的加速度大小为a1，减速的加速度为a2，由于加速时间与减速时间相等，所以a1a2撤去拉力后mgmaaa1a2g拉力作用下做加速运动时Fcos (mgFsin )ma解得F.(2)物块从A运动B的位移为xat2gt2由动能定理知Fxcos Wf0所以克服摩擦力做功的大小为Wf.10(2019年福建泉州二模)如图，质量为2m的“”型木板，静止放在光滑的水平面上，木板左端固定着一水平轻质弹簧，一质量为m的小木块从木板右端以未知速度v0 开始沿木板向左滑行，最终恰好回到木板右端；在木块压缩弹簧过程中，弹簧具有最大弹性势能为Ep.木块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g.求：(1)未知速度v0的大小；(2)木块相对木板向左运动的最大距离xm.【答案】(1)(2)【解析】(1)木块从右端开始向左运动至弹簧压缩到最短的过程中，摩擦生热设为Q，当弹簧压缩到最短时，木块和木板具有相同的速度v1，由动量和能量关系有mv0(m2m)v1mv(m2m)vEpQ从初状态至木块m又回到右端与木板刚好相对静止时，木块和木板又具有相同的速度v2，由动量和能量关系有mv0(m2m)v2mv(m2m)v2Q.由以上各式解得v0.(2)物块从弹簧压缩到最短时的位置返回到木板右端时，木块和木板具有相同的速度，再次获得共同速度v2，则有(m2m)v1(m2m)v2Ep(m2m)v(m2m)vQ得QEp，又Qmgxm解得xm.11(2019年广西崇左二模)如图甲所示，一质量为m1 kg的木板A静止在光滑水平地面上，在t0时刻，质量为M2 kg的小物块B以初速度v03 m/s滑上木板左端，经过一段时间后木板与墙发生弹性碰撞木板长度可保证小物块在运动过程中不与墙接触木板A在00.8 s内的速度随时间的变化关系如图乙所示，重力加速度为g10 m/s2，求：甲乙(1)t0时刻木板的右端到墙的距离L以及t0.4 s时刻B的速度大小；(2)A、B间发生相对滑动过程中各自加速度大小；(3)从t0至A于强第5次碰前，A、B组成的整体因摩擦产生的总热量【答案】(1)0.16 m2.6 m/s(2)2 m/s21 m/s2(3)8.97 J【解析】(1)由图乙，t10.4 s时，A与墙第一次碰撞，碰前A的速度vA10.8 m/sT0时刻木板的右端到墙的距离为LvA1t1解得L0.16 mA与墙第一次碰撞前，对A、B由动量守恒定律可得Mv0MvB1mvA1解得vB12.6 m/s.(2)只要A与墙壁碰前A、B未达到共同速度，A就在0L之间向右做匀加速运动，向左做匀减速运动，与墙壁碰前的速度始终为vA1B的加速度aB1 m/s2A的加速度大小aA2 m/s2.(3)设A与墙发生n次碰撞后A、B第一次达到共同速度v1，以向右为正，对B：v1v0aBt对A：v1aA(t2nt1)，n1,2,3，联立解得v1第一次到达共同速度v1应满足0v1vA1联立解得2.25n3.75故n3，v10.4 m/s设第4次碰撞后可能的共同速度为v2，对A、B系统由动量守恒定律可得Mv1mv1(Mm)v2得v2v1因为v2<v1，故在第5次碰撞前A、B已达到共同速度对A、B整体，由能量守恒定律QMv(Mm)v解得Q8.97 J.