高考物理三轮冲刺 高考热点排查练热点6 功与能（含解析）-人教版高三全册物理试题

热点6功与能1．(2019·山东济宁市模拟)如图1所示，在倾角为θ的斜面(足够长)上某点，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球，则在小球抛出后在空中离开斜面最大距离时，其重力的瞬时功率为(重力加速度为g)()图1A．mgv0sinθ B.eq\f(1,2)mgv0sinθC．mgeq\f(v0,cosθ) D．mgv0tanθ答案D解析小球运动方向与斜面平行时，小球距离斜面最远，则此时小球在竖直方向的分速度vy＝v0tanθ，故重力的瞬时功率为P＝mgvy＝mgv0tanθ，故D正确．2.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()图2A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变答案C解析运动员从A点滑到B点的过程中速率不变，则运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A错误．如图所示，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即Ff＝mgsinα，下滑过程中α减小，sinα变小，故摩擦力Ff变小，B错误．由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C正确．运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D错误．3.(2019·河南洛阳市第三次统考)一个圆柱形容器放在水平地面上，容器内存有一定量的水，在容器中竖直插着一根两端开口的薄壁圆管，圆管下端未触及容器底部．在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下无摩擦地滑动．开始时，圆管内外水面相齐，且活塞恰好触及水面，如图3所示．现通过绳子对活塞施加一个向上的拉力，使活塞缓慢向上移动(圆管竖直固定不动)．已知圆管半径为r，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计活塞质量．在活塞上升高度为H的过程中(此时活塞仍触及水面)，圆管外面水面下降h.圆管在水面以下的部分足够长，则关于绳子拉力所做的功W，下列关系正确的是()图3A．W＝πρr2gHeq\f(H＋h,2) B．W＝πρr2g2eq\f(H＋h,2)C．W＝πρr2gheq\f(H＋h,2) D．W＝πρr2g(H＋h)2答案A4．(多选)(2019·四川遂宁市三诊)将一小球从某一高度由静止释放，小球着地速度为v，设小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，已知小球的质量为m，重力加速度为g.则小球下落过程中()A．重力做功的平均功率小于mgeq\f(v,2)B．重力做功的平均功率大于mgeq\f(v,2)C．减小的重力势能小于eq\f(1,2)mv2D．减小的重力势能大于eq\f(1,2)mv2答案BD解析由于小球在运动过程中受到的空气阻力与小球的速度大小成正比，可知小球做加速度减小的加速运动，结合v－t图象可知，下落到地面的位移大于eq\f(v,2)t，则重力做功的平均功率eq\x\to(P)>eq\f(mg\f(v,2)t,t)＝mgeq\f(v,2)，选项A错误，B正确；根据动能定理WG－Wf＝eq\f(1,2)mv2，则WG＝Wf＋eq\f(1,2)mv2>eq\f(1,2)mv2，即减小的重力势能大于eq\f(1,2)mv2，选项C错误，D正确．5．(多选)(2019·安徽皖江名校最后一卷)质量为m的小球在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上做匀加速直线运动，经时间t运动到P点，撤去F，又经时间t小球回到出发点，速度大小为v，不计阻力，已知重力加速度为g，则下列判断正确的是()A．撤去力F时小球的动能为eq\f(1,4)mv2 B．小球上升的最大高度为eq\f(v2,2g)C．拉力F所做的功为eq\f(1,2)mv2 D．拉力的最大功率为eq\f(2,3)mgv答案BCD解析拉力F作用时，设小球上升的加速度大小为a，末速度大小为v′，则小球上升的高度h＝eq\f(1,2)at2，v′＝at，F－mg＝ma，撤去外力后－h＝v′t－eq\f(1,2)gt2，解得a＝eq\f(1,3)g，F＝eq\f(4,3)mg.对全过程由动能定理知WF＝Fh＝eq\f(1,2)mv2，C正确；拉力F作用时，由动能定理知(F－mg)h＝eq\f(1,2)mv′2，联立解得eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,8)mv2，A错误；撤去力F后，设小球上升的高度为h′，由Fh＝eq\f(1,2)mv2，eq\f(1,2)mv′2＝mgh′知小球上升的最大高度H＝h＋h′＝eq\f(v2,2g)，B正确；拉力F的最大功率Pm＝Fv′＝eq\f(2,3)mgv，D正确．6.(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图4所示，水平轻弹簧左端固定，右端连接一小物块，弹簧处于自然状态时物块位于粗糙程度相同的水平桌面上的O点．现用外力F缓慢推动物块到M点，此时弹簧的弹性势能为Ep.撤去外力F后，物块向右滑动，最远滑至N点，此过程中物块的最大动能为Ek，动能最大时的位置与M点的距离为d，则下列说法正确的是()图4A．物块经过O点时动能最大B．物块从M点到O点的过程中加速度先减小后增大C．物块经过与M点的距离为eq\f(d,2)的位置时动能大于eq\f(Ek,2)D．物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功为Ep答案BC解析当弹簧弹力等于摩擦力时，物块的速度最大，此位置应该位于MO之间某位置，选项A错误；从M点到O点的过程，开始时弹簧弹力大于摩擦力，加速度向右，随弹簧弹力的减小加速度逐渐减小，当弹簧弹力等于摩擦力时加速度为零，此时速度最大；物块继续向右运动时，弹簧弹力小于摩擦力，加速度向左且随着弹簧弹力的减小加速度逐渐变大，则选项B正确；设物块速度最大的位置为MO之间的P点，则MP＝d；MP的中点为Q，则从M到P，由动能定理：W弹MP－μmgd＝Ek；从M到Q，由动能定理：W弹MQ－eq\f(1,2)μmgd＝Ek′，因W弹MQ>eq\f(1,2)W弹MP，可得Ek′>eq\f(1,2)Ek，选项C正确；因物块在N点仍然有弹性势能，则物块从M点运动到N点的过程克服摩擦阻力做的功小于Ep，选项D错误．7．(多选)(2019·福建宁德市上学期期末质量检测)如图5所示，竖直光滑杆固定在地面上，套在杆上的轻质弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧(在弹性限度范围内)至离地高度h＝0.1m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量滑块的速度和离地高度并作出滑块的Ek－h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线．滑块可视为质点，以地面为零势能参考面，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，由图象可知()图5A．轻弹簧原长为0.2mB．滑块的质量为0.2kgC．弹簧弹性势能最大为0.5JD．滑块机械能最大为0.5J答案ABCm范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块在从0.2m上升到0.35m范围内竖直方向所受作用力只有重力，所以轻弹簧原长为0.2m，故选项A正确；在从0.2m上升到0.35m范围内，图线的斜率绝对值为：k＝mg＝2N，所以：m＝0.2kg，故选项B正确；根据能量守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能等于弹簧最大弹性势能，所以Epm＝mgΔh＝0.2×10×(0.35－0.1)J＝0.5J，故选项C正确；当弹簧弹性势能最小时，滑块机械能最大为0.5J，故选项D错误．8．(多选)(2019·浙江超级全能生2月联考)如图6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()图6A．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gsinθD．在0～x2过程中，拉力F做的功为WF＝E2－E1＋μmgcosθ·x2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mgsinθ＋F－Ff＝