統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復習闖關導練熱點6功與能含解析

PAGE9-熱點6功與能一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題)1．在籃球競賽中，某位同學獲得罰球機會，如圖所示，他站在罰球線處用力將籃球投出，籃球以約為1m/s的速度撞擊籃筐．已知籃球質(zhì)量約為0.6kg，籃筐離地高度約為3m，忽視籃球受到的空氣阻力，則該同學罰球時對籃球做的功大約為()A．1JB．10JC．50JD．100J2．如圖所示，完全相同的四個木塊放于水平地面上，在大小相等的恒力F作用下沿水平地面發(fā)生了相同的位移．關于力F做功，下列表述正確的是()A．甲圖中，因為木塊與地面間沒有摩擦力，所以力F做的功最少B．乙圖中，力F做的功等于摩擦力對木塊做的功C．丙圖中，力F做的功等于木塊重力所做的功D．丁圖中，力F做的功最少3．[2024·貴州黔東南州第一次模擬]某次頂竿表演結(jié)束后，演員A(視為質(zhì)點)自竿頂由靜止起先滑下，如圖甲所示．演員A滑到竿底時速度正好為零，然后曲腿跳到水平地面上，演員A的質(zhì)量為50kg，長竹竿的質(zhì)量為5kg，A下滑的過程中速度隨時間改變的圖象如圖乙所示．重力加速度取g＝10m/s2，則t＝5s時，演員A所受重力的功率為()A．50WB．500WC．55WD．550W4．[2024·山西五地聯(lián)考上學期期末]如圖所示，固定斜面傾角為θ.一輕彈簧的自然長度與斜面長度都為L，彈簧一端固定在斜面的底端，將一個質(zhì)量為m的小球放在斜面頂端與彈簧另一端接觸但不相連，用力推小球使其擠壓彈簧并緩慢移到斜面的中點，松手后，小球最終落地的速度大小為v，不計空氣阻力和一切摩擦，重力加速度為g，則該過程中，人對小球做的功W及小球被拋出后離地面的最大高度H分別為()A.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)B.eq\f(1,2)mv2；eq\f(v2sin2θ－2gLsinθcos2θ,2g)C.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mgLsinθ；eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g)D.eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；eq\f(v2,2g)5．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止起先釋放，落到地面后接著陷入泥中h深度而停止．設小球受到的空氣阻力為Ff，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球落地時動能等于mgHB．小球陷入泥中的過程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時的動能C．整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D．小球在泥中受到的平均阻力為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))6．如圖1所示，物體以肯定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜向上運動，上升的最大高度為3.0m．選擇斜面底端為參考平面，上升過程中，物體的機械能E隨高度h的改變?nèi)鐖D2所示，(g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80).下列說法中正確的是()A．物體的質(zhì)量m＝1.0kgB．物體可能靜止在斜面頂端C．物體回到斜面底端時的動能Ek＝10JD．物體上升過程的加速度大小a＝15m/s27．[2024·福建三明一中模擬]滑沙是人們寵愛的游樂活動，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°.設參與活動的人和滑車總質(zhì)量為m，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止起先勻加速下滑，加速度為0.4g，人和滑車可視為質(zhì)點，則從頂端向下滑究竟端BA．人和滑車削減的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為動能B．人和滑車獲得的動能為0.8mghC．整個下滑過程中人和滑車削減的機械能為0.2mghD．人和滑車克服摩擦力做功為0.6mgh8．如圖甲所示，在傾角為θ的固定粗糙斜面體上，有一個質(zhì)量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止起先向下運動，物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，物體的機械能E隨位移x的改變關系如圖乙所示，其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．在0～x2過程中，物體先加速后勻速B．在0～x1過程中，物體的加速度始終減小C．在x1～x2過程中，物體的加速度為gsinθD．在0～x2過程中，拉力F做的功為WF＝E2－E1＋μmgcosθ·x2二、非選擇題9．如圖所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2)，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長時上端位于C點．用一根不行伸長的輕繩通過輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，初始時物體A到C點的距離為L.現(xiàn)給A、B一初速度v0(v0>eq\r(gL))，使A起先沿斜面對下運動，B向上運動，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點．已知重力加速度為g，不計空氣阻力，整個過程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：(1)物體A向下運動剛到C點時的速度大??；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢能．10.[2024·山西臨汾二模]質(zhì)量為m＝1.0kg的滑塊從傾角為θ的固定斜面的底端以肯定的初速度沿斜面對上運動．以斜面底端為原點O，沿斜面對上建立x軸，以斜面底端所在水平面為零勢能面．該滑塊在上滑過程中重力勢能Ep隨位置x的改變規(guī)律如圖甲所示，機械能E隨位置x的改變規(guī)律如圖乙所示．重力加速度g＝10m/s2，求：(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)滑塊返回斜面底端的速度大?。?1．如圖甲所示，半徑R＝0.45m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點，B點右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M＝1kg，長度l＝1m，小車的上表面與B點等高，距地面高度h＝0.2m．質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧最高點A由靜止釋放．取g＝10m/s2.試求：(1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大小；(2)若鎖定平板車并在其上表面鋪上一種特別材料，其動摩擦因數(shù)從左向右隨距離勻稱改變，如圖乙所示，求物塊滑離平板車時的速率；(3)若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點A由靜止釋放，求物塊落地時距平板車右端的水平距離．熱點6功與能1．答案：B解析：對整個過程運用動能定理得：W－mgh＝eq\f(1,2)mv2－0，人的身高大約1.6m，所以h約為1.4m代入數(shù)據(jù)解得：W＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝0.6×10×1.4＋eq\f(1,2)×0.6×12＝8.7J.B項較接近，故選B.2．答案：D3．答案：B解析：由v-t圖象可知，4～6s內(nèi)A向下減速，加速度的大小為：a2＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝5s時，A的速度大小為v5＝2m/s－a2Δt＝2m/s－1×1m/s＝1m/s，演員A所受重力的功率為PG＝mAgv5＝50×10×1W＝500W，故B正確．4．答案：A解析：對人從起先壓彈簧到小球落地的整個過程，由動能定理得W＋mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，則W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；設小球離開斜面時的速度為v0.對小球做斜拋運動的過程，由動能定理得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；從最高點到落地點的過程，由動能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)m(v0cosθ)2，聯(lián)立解得：H＝eq\f(v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ,2g).5．答案：C解析：小球從靜止起先釋放到落到地面的過程，由動能定理得mgH－FfH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項A錯誤；設泥的平均阻力為F′f，小球陷入泥中的過程，由動能定理得mgh－F′fh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得F′fh＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，F(xiàn)′f＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(H,h)))－eq\f(FfH,h)，選項B、D錯誤；對全過程應用動能定理可知，整個過程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項C正確．6．答案：AC解析：物體到達最高點時，機械能E＝Ep＝mgh，則m＝eq\f(E,gh)＝eq\f(30,10×3)kg＝1kg，A正確；物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能削減，削減的機械能等于克服摩擦力做的功，－Ffeq\f(h,sinα)＝30－50，解得Ff＝4N，重力沿斜面對下的分力mgsinα＝6N>Ff＝4N，則物體到達斜面頂端后會接著向下滑動，B錯誤；由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功W＝30J－50J＝－20J，在整個過程中由動能定理得Ek－Ek0＝2W，則Ek＝Ek0＋2W＝50J＋2×(－20)J＝10J，C正確；物體上升過程中，由牛頓其次定律得：mgsinα＋Ff＝ma，解得a＝10m/s2，D錯誤．7．答案：BC解析：沿斜面的方向有ma＝mgsin30°－Ff，所以Ff＝0.1mg，人和滑車削減的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，故A錯誤；人和滑車下滑的過程中重力和摩擦力做功，獲得的動能為Ek＝(mgsin30°－Ff)eq\f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正確；整個下滑過程中人和滑車削減的機械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個下滑過程中克服摩擦力做功等于人和滑車削減的機械能，所以人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯誤．8．答案：CD解析：物體受力分析如圖所示，物體由靜止起先向下運動，依據(jù)牛頓其次定律有mgsinθ＋F－Ff＝ma，且Ff＝μmgcosθ，由題圖乙知，在0～x1過程中物體的機械能削減，即ΔE＝(F－μmgcosθ)x<0，由E-x圖象斜率減小知F增大，所以物體做加速度增大的加速運動，在x1～x2過程中，由題圖乙知斜率為零，則F＝μmgcosθ，此時加速度最大為gsinθ，A、B錯誤，C正確；在0～x2過程中，拉力做的功為WF＝E2－E1＋μmgcosθ·x2，D正確．9．答案：(1)eq\r(v\o\al(2,0)－gL)(2)eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),g)－L))(3)eq\f(3m,4)(veq\o\al(2,0)－gL)解析：(1)物體A與斜面間的滑動摩擦力Ff＝2μmgcosθ，對A向下運動到C點的過程，對A、B組成的系統(tǒng)，由動能定理有2mgLsinθ－mgL－2μmgLcosθ＝eq\f(1,2)×3m(v2－veq\o\al(2,0))解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－gL)(2)從物體A接觸彈簧到將彈簧壓縮到最短后又恰好回到C點的過程，對A、B組成的系統(tǒng)由動能定理得－Ff·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2解得x＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),g)－L))(3)從彈簧被壓縮至最短到物體A恰好彈回到C點的過程中，由能量守恒定律得Ep＋mgx＝Ffx＋2mgxsinθ解得Ep＝eq\f(3m,4)(veq\o\al(2,0)－gL)．10．答案：(1)0.5(2)eq\r(2)m/s解析：(1)滑塊的重力勢能Ep隨位置x的改變規(guī)律為Ep＝mgxsinθ由Ep-x圖象的斜率k1＝mgsinθ＝6N可得sinθ＝eq\f(3,5)，故cosθ＝eq\f(4,5)滑塊的機械能E隨位置x的改變規(guī)律為E＝E0－μmgcosθ·x由E-x圖象的斜率k2＝－μmgcosθ＝－4N可得μ＝0.5.(2)由題圖可知，滑塊上滑的最大位移x′＝0.5m在滑塊從最大位移處返回到斜面底端的過程中，有mgx′sinθ－μmgcosθ·x′＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(2)m/s.11．答案：(1)30N(2)1m/s(3)0.2m解析：(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到B點的過程中，機械能守恒，則有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝3m/s在B點由牛頓其次定律有，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝30N由牛頓第三定律得物塊滑到軌道上B點時對軌道的壓力大小F′N＝FN＝30N，方向豎直向下．(2)物塊在平板車上滑行時摩擦力做功Wf＝－eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)l＝－4J物塊由靜止釋放到滑離平板車過程中由動能定理得，mgR