2020届高考物理选择题题型高效专练06功和能(含解析)

1、2020 届高考物理选择题题型高效专练 06 功和能1. 2016 年 5 月 6 日中国首条具有完全自主知识产权的中低速磁悬浮商业运营示范线长沙磁浮快线开通试运营，该线路也是世界上最长的中低速磁悬浮运营线。国家十三五”重点研发计划现代轨道交通专项启动时速600 公里高速磁悬浮交通和时速200 公里中速磁悬浮交通研发项目。列车速度的提高要解决许多具体的技术问题，提高牵引功率就是其中之一。若列车匀速行驶时，所受阻力大小与速度大小成正比，当磁悬浮列车分别以600km/h 和 200 km/h 的速度匀速行驶时，列车的牵引功率之比为D . 12 : 1【答案】C2.（多选）如图所示，内壁光滑半径大小

2、为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部 A 点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使 小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球。必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道,C. 9 : 1在第一次击打过程中小锤对小球做功 W,第二次击打过程中小锤对小球做功 打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W 的值可能是4W。设两次击5AmgRB.3mgR3CmgR3DmgR【解析】 第一次击打，小球运动的最大高度为R,即 WmgRo第二次击打，小球才能运动到圆轨2mg 呦 R

3、即 V0 gRo小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得W +4W mgRWmgR,正确选项为 AB。【答案】 AB3如图所示，一个小球由2擦力做功为 W2，则【解析】对小球由扌圆周轨道的顶端 A 静止开始的下滑过程，由动能定理,iii尹 vi；对小球由 4 圆周轨道的底端 B 出发的运动过程，由动能定理，mgR W2= 0 2mv2；显然viv2。把 4 圆周轨道分割成很多微元，两个过程在对应微元上，第二个过程的速度较大， 对轨道的压力较大， 运动所受的滑动摩擦力较大， 沿圆周轨道运动克服摩擦力做功较多, 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 内力 F 做功的平均功率为：P= =严=08严 W = 0.213 W，故 C 错误。 t t3303 s 时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf=卩 mgos0 x= 0.8X10Xcos 37 X）.8 J= 5.12J,故 D 正确。【答案】 AD滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移 x 的变化规律如图乙所示，取斜面底端的重力势能为零，小滑块的 重力势能 Ep随位移 x 的变化规律如图丙所示，重力 加速度 g = 10m/s2。根据上述信息可以求出A 斜面的倾角B 小滑块与斜面之间的动摩擦因数C.小滑块下滑的加速度的大小D

5、 .小滑块受到的滑动摩擦力的大小【解析】 图乙是动能一位移图象（Ek-x 图象），其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小 F合=mgs in0mgos0,由乙可知： F合=mgsin0mgos0=2.5 N ;图丙是重力势能 一位移图象（Ep-x图象），其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量Gx= mgs in0,由图丙可知：Gx= mgs in0=10 N。则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff=卩 mgos0=7.5 N , D 正确。由于滑块质量未知，故其他量均不可求。【答案】 D6.（多选）如图所示，质量为 m 的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻 质弹簧一端固定于 O 点

6、，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小 球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置 时，小球速度恰好为零，此时小5如图甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m, 小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下甲丙4球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处5于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法中正确的是A弹簧与杆垂直时，小球速度最大B 弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大C.小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mghD 小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh【解析】 当小球受到的合力为零时，其速度最大，对小球受力分析，可知合力为

7、零的位置在弹簧与杆垂直的位置的下面，选项 A 错误；小球从初始位置到弹簧与杆垂直的位置，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加，而后，弹簧对小球做负功，小球的机械能减少，则 知弹簧与杆垂直时，小球的机械能最大，选项B 正确；小球下滑至最低点的过程中，初、末动能不变，小球的重力势能减少量为 mgh,由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量 等于 mgh，选项 C 错误。D 正确。【答案】 BD7如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨 道 ABC，小球以一定的初速度从最低点A 冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A 运动到 C 的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C 受到

8、轨道的作用力为 1.25 N，空气阻力不计，g= 10 m/s2, B 点为AC 轨道中点，下列说法正确的是A .小球质量为 0.5 kgB .小球在 B 点受到轨道作用力为 4.25 N2 2C.图乙中 x = 25 m /sD .小球在 A 点时重力的功率为 5 W【解析】 由图乙可知小球在 C 点的速度大小为 v= 3 m/s，轨道半径 R= 0.4 m,因小2球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg+ F =肾，代入数据得质量 m= 0.1 kg ,R选项 A 错误；由机械能守恒可知，小球在 B 点的速度由*mv2+ mgR=mvB,解得 vB= 17 ,甲6因 B 点是弹力提供向

9、心力，所以有2F =罟，解得 F = 4.25 N，选项 B 正确；再由机械能守R7恒可得 2mv2+ 2mgR=1mv0,解得小球在 A 点的速度 v0= 5 m/s，所以图乙中 x= 25 m2/s2，选项 C 正确；因重力与速度方向垂直，所以小球在A 点时重力的功率为 0,选项 D 错误。【答案】BC量分别为 m 和 2m,弹簧的劲度系数为 k, C 为一固定挡板， 系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A 使之沿斜面向上运动，当 B 刚离开 C 时，A 的速度为 v,加速度为 a,且方向沿斜面向上，设弹簧始终处于弹性限度内，重力加 速度为 g，则B 从静止到 B 刚离开 C 的

10、过程中，物块 A 克服重力做功为C. B 刚离开 C 时，恒力对 A 做功的功率为(2mgsin0+ ma)vD.当A的速度达到最大时，B的加速度大小为 a【解析】 开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A 重力的下滑分力，根据胡克定律，有： mgsin0=kx!解得:x1=哼k物块 B 刚要离开 C 时，弹簧的拉力等于物体 B 重力的下滑分力，根据胡克定律，有：2mgsin0=kx2解得：X2=竿严k故物块 A 运动的距离为：Ax冷+ X23mgsin0,故 A 正确；从静止到 B 刚离开 C 的过k程中，物块 A 克服重力做功为2 2 . 2W= mg Asin0,故 B 错误。k此时物体

11、 A 受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律,有: F mgsin 0 T = ma& (多选)在倾角为B的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A .当 B 刚离开 C 时，A 发生的位移大小为3mgsin_0k2 23m g sin0kA 和 B，它们的质8弹簧的拉力等于物体 B 重力的下滑分力，T = 2mgsin0故：F = 3mgsin0+ma,恒力对 A 做功的功率为（3mgsin0+ma）v。故 C 错误;当 A 的速度达到最大时，A 受到的合外力为 0,则：F mgs in0 T= 0所以： T= 2mgsin0+ maB 沿斜面方向由牛顿第二定律得T 2m

12、gsin0=2maFBma 1所以：a= 2m= 2m = 2*。故 D 正确。【答案】 AD9如图所示，小物块从倾角为0的倾斜轨道上 A 点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B 点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B 两点的连线与水平方向的夹角为a不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为（）B.tanaD.tan(0 a解得尸 s+rtana，故选项B正确.10.如图所示，质量为 m 的物块与转台之间能出现的最大静摩擦力为物体重 力的 k倍，它与转轴 OO 相距 R，物块随转台由静止开始转动.当转速增加到 一定值时，物块即将在转台上滑动.在物块由静止到开始滑动

13、前的这一过程中， 转台对物块做的功为（）A.tan0C.tan(0+ a【解析】：选 B.如图所示，设B、O 间距离为&，A 点离水平面的高度为 h，A、O 间的水平距离为滑的全过程中，应用动能定理可得S2,物块的质量为 m，在物块下住s2mgh 口 mgos0- 口 m = 0，-.:-9B. 2 TikmgR10C. 2kmgRD kmgR【解析】：选 D.由于物体做圆周运动，物体刚开始滑动这一时刻，物体受到转台的摩擦力为最大静摩擦力.2v贝 S kmg=mR,v2= kgR.设转台对物块做的功为 W转，运用动能定理研究在物块由静止到开始滑动前的这一过程,12c kmgR ,W转=

14、2mv 0=.故选 D.11.A、B 两物体分别在水平恒力Fi和 F2的作用下沿水平面运动，先后撤去 Fi、F2后，两物体最终停下，它们的 v t 图象如图所示.已知两03站 /物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是（）A.Fi、F2大小之比为 1 : 2B.F“ F2对 A、B 做功之比为 1 : 2C. A、B 质量之比为 2 : 1D .全过程中 A、B 克服摩擦力做功之比为2: 1【解析】：选 C.由 v t 图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1 : 2，由牛顿第二定律可知，A、B 受摩擦力大小相等， 所以 A、B 的质量关系是 2 : 1 ,由 v t 图象可知，

15、A、B 两物体加速与减速的位移之和相等，且匀加速位移之比为1 : 2,匀减速运动的位移之比为 2 : 1,由动能定理可得，A 物体的拉力与摩擦力的关系，F1x Ff13x= 0 0； B 物体的3拉力与摩擦力的关系， F22x Ff23x= 0 0，因此可得：F1= 3Ff1, F2= ?Ff2, Ff1= Ff2，所 以 F1=2F2.全过程中摩擦力对 A、B 做功相等，F1、F2对 A、B 做功大小相等.故 A、B、D 错误，C 正确.111212.（多选）在某一粗糙的水平面上，一质量为 2kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时

16、，物体刚好停止运动， 图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度 g= 10 m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有（）A .物体与水平面间的动摩擦因数B .合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D 物体运动的时间【解析】：选 ABC.物体做匀速直线运动时，拉力 F 与滑动摩擦力 f 大小相等，物体与水F1o平面间的动摩擦因数为（1= 0.35, A 正确；减速过程由动能定理得WF+ Wf= 0 mv ,mg2根据 F x 图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F 做的功WF，而 Wf=imgx 由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v, B、C

17、 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，D 错误.13.（多选）在有大风的情况下，一小球自 A 点竖 直上抛，其运动轨迹如图所示（小球的运动可看做竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速度为零的匀加速直线运动的合运动），小球运动轨迹上的 A、B 两点在同一水平直线上，M 点为轨迹的最高点.若风力的大小恒定， 方向水平向右，小球在 A 点抛出时的动能为 4 J，在 M 点时它的动能为 2 J，落回到 B 点时 动能记为 EkB，小球上升时间记为 t1，下落时间记为 t2，不计其他阻力，则（A . X1:x2=1:3B.t1 2gh,选项 B正确；同时由于 b 初、末速度均为零，运动过程

18、中其动能先增大后减小，即杆对b 先做正功后做负功，选项 A 错误；杆对 b 的作用力先是推力后是拉力，对a 则先是阻力后是动力,即 a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g,选项 C 错误；b 的动能最大时，杆对 a、b 的作用力为零，此时 a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以 b 对地面的压力大小为mg,选项 D 正确.【答案】 BD171817.如图所示，可视为质点的小球 A 和 B 用一根长为 0.2 m 的轻杆相连，两球质量均为 1kg,开始时两小球置于光滑的水平面上，并给两小球一个大小为2 m/s，方向水平向左的初速度，经过一段时间，两小球滑上一个倾角为30的光滑斜面，不

19、计球与斜面碰撞时的机械能损失，重力加速度 g 取 10 m/s2，在两小球的速度减小为零的过程中，下列判断正确的是( )C.杆对小球 B 做正功D .小球 B 速度为零时距水平面的高度为0.15 m【解析】：选 D.由于两小球组成的系统机械能守恒，设两小球的速度减为零时，B 小球上升的高度为 h,则由机械能守恒定律可得 mgh + mg(h+ Lsin 30) = * 2mv0，其中 L 为轻杆的长 度，V。为两小球的初速度，代入数据解得 h= 0.15 m，选项 D 正确；在 A 球沿斜面上升过程 中，设杆对 A球做的功为 W,则由动能定理可得一 mg(h+ Lsin 30) + W= 0

20、?mv0,代入数 据解得 W= 0.5 J,选项 A、B 错误；设杆对小球 B 做的功为 W,对小球 B,由动能定理可 知一 mgh+ W= 0 *mv2,代入数据解得 W = 0.5 J,选项 C 错误.18.如图， abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab 水平，长度为 2R; be 是半径为 R 的四分之一圆弧，与ab 相切于 b 点一质量为 m 的小 球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为A. 2mgRD. 6mgRA .杆对小球A 做负功B. 4mgRC. 5mgRa19【解析】

21、：选 C.设小球运动到 c 点的速度大小为 vc,则对小球由 a 到 c 的过程，由动能2012定理有 F 3R mgR= qmvc，又 F= mg,解得v= 2*gR,小球离开 c 点后，在水平方向做初 速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开 c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知，小球从离开C 点到其轨迹最高点所需的时间为t= VgC= 2 詰，在水平方向的位移大小为 x = 1gt2= 2R.由以上分析可知，小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为 5R,则小球机械能的增加量为AE

22、= F 5R= 5mgR, C 正确，A、B、D 错误.19. （多选）如图所示，长木板 A 放在光滑的水平地面上， 物体 B 以水平速度 vo冲上 A 后，由于摩擦力作用，最后停止在木板 A 上，则从 B 冲到木板 A 上到相对木板 A 静止的过程中， 下述说法中正确的是（）A 物体 B 动能的减少量等于系统损失的机械能Bl |AB .物体 B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量皿九一一*C.物体 B 损失的机械能等于木板 A 获得的动能与系统损失的机械能之和D .摩擦力对物体 B 做的功和对木板 A 做的功的总和等于系统内能的增加量【解析】：选 CD.物体 B 以水平速度冲上木板 A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，木板 A 加速运动，根据能量守恒定律，物体B 动能的减少量等于木板 A 增加的动能和产生的热量之和，选项 A 错误；根据动能定理，物体 B 克服摩擦力做的功等于物体 B 损失的动能， 选项 B 错误；由能量守恒定律可知，物体B 损失的机械能等于木板 A 获得的动能与系统损失的机械能之和，选项 C 正确；摩