2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二功和能真題匯編

1、功和能全1.(2018國卷IT18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為()2A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：(1)小球由a到c的過程，由動能定理求出小球在c點(diǎn)的速度大小。(2)小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g。(3)小球軌跡最高點(diǎn)的豎直方向速度為零。【解析】選C。設(shè)小球運(yùn)動到c點(diǎn)的速度大小為vc，小球

2、由a到c的過程，由動能定理得：F3R-mgR=1mv2，又F=mg，解得：v2=4gR。小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為cc零的勻加速直線運(yùn)動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動，整個過程運(yùn)動軌跡如圖所示，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時間t=vc，小球在水g2平方向的位移為x=1gt，解得x=2R。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動到其軌跡最高點(diǎn)的過程中，水2平方向的位移大小為x+3R=5R，則小球機(jī)械能的增加量E=F5R=5mgR?！绢}后反思】此題將運(yùn)動的合成與分解、牛頓運(yùn)動定律和動能定理有機(jī)融合，難

3、度較大，能力要求較高。全2.(2018國卷IIT14)如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定()1A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功【解析】選A。根據(jù)動能定理可得：WF+Wf=Ek，又知道摩擦力做負(fù)功，即Wf0，所以木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，選項(xiàng)A正確、B錯誤；根據(jù)WF+Wf=Ek，無法確定Ek與-Wf的大小關(guān)系，選項(xiàng)C、D錯誤。3.(2018全國卷T19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖

4、線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同：兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第次和第次提升過程()A.礦車上升所用的時間之比為45B.電機(jī)的最大牽引力之比為21C.電機(jī)輸出的最大功率之比為21D.電機(jī)所做的功之比為45【解析】選A、C。由圖象可知圖線過程所用時間為2t0，由于兩次提升的高度相同，圖線與x軸圍成的面積相等可知圖線過程所用時間為2.5t0，因此礦車上升所用時間之比為45，A對；由于它們的變速階段加速度大小相同，電機(jī)的最大牽引力相等，B錯；由Pm=Fv可知，F(xiàn)最大，v最大時，P最大，F(xiàn)相等，vm之比為21，所以最大功率之比為21，C

5、對；電機(jī)做功W提供礦石的重力勢能和動能，據(jù)動能定理W-mgh=Ek，由于提升高度相同，Ek=0，所以做功相等，D錯，故選A、C。4.(2018天津高考T2)滑雪運(yùn)動深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動員的速率不變，則運(yùn)動員沿AB下滑過程中()2FN-mgcos=mF=m+mgcos，運(yùn)動過程中速率恒定，且在減小，所以曲面對運(yùn)RRA.所受合外力始終為零B.所受摩擦力大小不變C.合外力做功一定為零D.機(jī)械能始終保持不變【解析】選C。因?yàn)檫\(yùn)動員做曲線運(yùn)動，所以合力一定不為零，A錯誤；運(yùn)動員受力如圖所

6、示，重力垂直曲面的分力與曲面對運(yùn)動員的支持力的合力充當(dāng)向心力，故有v2v2N動員的支持力越來越大，根據(jù)f=FN可知摩擦力越來越大，B錯誤；運(yùn)動員運(yùn)動過程中速率不變，質(zhì)量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據(jù)動能定理可知合外力做功為零，C正確；因?yàn)榭朔Σ亮ψ龉Γ瑱C(jī)械能不守恒，D錯誤?！菊`區(qū)警示】速度是矢量，速率是標(biāo)量，運(yùn)動員的速率保持不變，速度發(fā)生了變化，所以動能不變，運(yùn)動員所受到的合力不是零。5.(2018江蘇高考T4)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運(yùn)動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關(guān)系圖象是()【解析】選A。對于整個豎直上拋過程(包括上升與下落)，速度

7、與時間的關(guān)系為v=v0-gt，v2=g2t2-2v0gt+v02，Ek=12mv2，可見動能與時間是二次函數(shù)關(guān)系，由數(shù)學(xué)中的二次函數(shù)知識可判斷A正確。6.(2018江蘇高考T7)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)3到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過程中，物塊()A.加速度先減小后增大B.經(jīng)過O點(diǎn)時的速度最大C.所受彈簧彈力始終做正功D.所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功【解析】選A、D。當(dāng)合外力為零時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈力等于滑動摩擦力，這一位置在O點(diǎn)的左側(cè)，此時加速度有最小值，速度最大，A正確，B

8、錯誤；彈簧彈力先做正功后做負(fù)功，C錯誤；從A位置到B位置，動能變化量為零，外力所做的總功也應(yīng)當(dāng)為零，而整個過程小物塊只受彈簧彈力和摩擦力，故D正確。7.(2018天津高考T10)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919首飛成功后，拉開了全面試驗(yàn)試飛的新征程。假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)位移x=1.6103m時才能達(dá)到起飛所要求的速度v=80m/s。已知飛機(jī)質(zhì)量m=7.0104kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度g取10m/s2，求飛機(jī)滑跑過程中，(1)加速度a的大小。(2)牽引力的平均功率P。【解析】(1)飛機(jī)滑跑過程中做

9、初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，有v2=2ax，代入數(shù)據(jù)解得a=2m/s2(2)設(shè)飛機(jī)滑跑受到的阻力為F，阻根據(jù)題意有F=0.1mg阻設(shè)發(fā)動機(jī)的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F-F=ma；阻設(shè)飛機(jī)滑跑過程中的平均速度為v，有v在滑跑階段，牽引力的平均功率P=Fv4v2聯(lián)立得P=8.4106W。答案：(1)2m/s2(2)8.4106W8.(2018江蘇高考)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度。細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B。質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長為3l。用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53。松手后，小球運(yùn)動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動。忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53=0.8，cos53=0.6。求：解得F=Mg-mg。(1)小球受到手的拉力大小F。(2)物塊和小球的質(zhì)量之比Mm。(3)小球向下運(yùn)動到最低點(diǎn)時，物塊M所受的拉力大小T?！窘馕觥?1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2，F(xiàn)1sin53=F2cos53F+mg=F1cos53+F2sin53且F1=Mg53(2)小球運(yùn)動到與A、B相同高度過程中小球上升高度h1=3lsin53，物塊下降高度h2=2l根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh1=Mgh2解得Mm=65。(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小