高考物理二轮复习第1部分专题突破方略专题2第1讲功和能试题含解析

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第一部分　专题二　第1讲　功和能基础题——知识基础打牢1．(多选)(2021·东北三省四市一模)第22届哈尔滨冰雪大世界开门迎客了，近400 m长的极速大滑梯是大人、孩子最喜欢的王牌娱乐项目．一名游客坐在雪橇上下滑了一段路程，重力对他做功3 000 J，他克服阻力做功500 J，则在此过程中这名游客(　CD　)A．重力势能增加了3 000 JB．动能增加了3 000 JC．动能增加了2 500 JD．机械能减少了500 J【解析】　重力做正功，所以游客的重力势能减少了3 000 J，A错误；合力做功等于动能的增加，所以动能增加了3 000 J－500 J＝2 500 J，B错误，C正确；非重力做功等于机械能的变化，阻力做负功，所以机械能减少了500 J，D正确．2．(多选)(2021·湖南衡阳模拟)飞船受大气阻力和地球引力的影响，飞船飞行轨道会逐渐下降，脱离预定圆轨道，为确保正常运行，飞行控制专家按预定计划，决定在“神舟六号”飞船飞行到第30圈时，对飞船轨道进行微调，使其轨道精度更高，在轨道维持的过程中下列说法正确的是(　BC　)A．因为飞船在较高轨道所具有的运行速度比在较低轨道具有的运行速度小，所以飞船在轨道维持时必须减速B．在飞船由较低轨道向较高轨道运行的过程中飞船的势能增加C．飞船必须先瞬时加速使飞船脱离较低的圆轨道，当飞船沿椭圆轨道运动到较高的圆轨道时，再瞬时加速使飞船进入到预定圆轨道D．飞船的轨道半径、动能、动量及运行周期较维持之前都有一定程度的增大【解析】　飞船的轨道高度逐渐降低，离地球越来越近，飞船在轨道维持时必须加速，做离心运动脱离较低的圆轨道，故A错误；在飞船由较低轨道向较高轨道运行的过程中万有引力做负功，飞船的势能增加，故B正确；飞船必须先瞬时加速使飞船脱离较低的圆轨道，当飞船沿椭圆轨道运行到较高的圆轨道时，再瞬时加速使飞船进入到预定圆轨道，故C正确；飞船的轨道半径较维持之前有一定程度的增大，根据v＝，T＝，所以速度、动能、动量较维持之前都有一定程度的减小，周期较维持之前有一定程度的增大．故D错误；故选BC.3．(2021·福建福州八中质检)某中学科技小组制作的利用太阳能驱动的小车．当太阳光照射到小车上方的光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离s，速度恰好达到最大值vm，设这一过程中电动机的输出功率恒定，小车所受阻力恒为f，那么(　D　)A．小车先匀加速运动，达到最大速度后开始匀速运动B．小车前进距离s等于tC．这段时间内电动机所做的功为mvD．这段时间内电动机所做的功为mv＋fs【解析】　小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系P＝Fv可知，牵引力F不断减小，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，故小车的运动是加速度不断减小的加速运动．当牵引力与阻力平衡后小球做匀速直线运动，速度达到最大，选项A错误；小车的运动是加速度不断减小的加速运动，平均速度不等于，所以小车前进距离s不等于t，选项B错误；对小车启动过程，根据动能定理有W电－fs＝mv，则这段时间内电动机所做的功W电＝mv＋fs，选项C错误；选项D正确．4．(2021·湖南永州模拟)如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，滑块的机械能E和位移x之间的关系，在滑块上升部分图像满足图乙所示，滑块的E－x图像后一部分为直线，前一部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，由图像可知(　D　)A．滑块的质量为1 kgB．轻弹簧原长为0.15 mC．弹簧最大弹性势能为0.1 JD．滑块上升后，距地面的最大高度为0.3 m【解析】　初始位置重力势能为0.1 J，高度h＝0.1 m，重力势能为EP＝mgh，可知m＝0.1 kg，A错误；当机械能不变，弹簧恢复原长，可知原长为0.2 m＋0.1 m＝0.3 m，B错误；根据系统机械能守恒可知，机械能为0.3 J，重力势能为0.1 J，则弹性势能最大值为0.2 J，C错误；根据机械能守恒，上升到最高点时，所有的能都转化为重力势能，可得hm＝0.3 m，故D正确．5．(多选)(2021·广东广州一模)如图，篮球比赛的某次快攻中，球员甲将球斜向上传给前方队友，球传出瞬间离地面高1 m，速度大小为10 m/s；对方球员乙原地竖直起跳拦截，其跃起后手离地面的最大高度为2.8 m，球越过乙时速度沿水平方向，且恰好未被拦截．球可视为质点，质量为0.6 kg，重力加速度取10 m/s2，以地面为零势能面，忽略空气阻力，则(　BC　)A．球在空中上升时处于超重状态B．甲传球时，球与乙的水平距离为4.8 mC．队友接球前瞬间，球的机械能一定为36 JD．队友接球前瞬间，球的动能一定为30 J【解析】　球在空中上升时加速度为向下的g，处于失重状态，选项A错误；球刚斜抛出时的竖直速度vy＝＝ m/s＝6 m/s，水平速度vx＝＝8 m/s，甲传球时，球与乙的水平距离为Δx＝vxt＝vx＝4.8 m，选项B正确；以地面为零势能面，则球刚抛出时的机械能为E＝mgh＋mv2＝36 J，球抛出后机械能守恒，则队友接球前瞬间，球的机械能一定为36 J，选项C正确；因为球刚抛出时的动能为Ek＝mv2＝30 J，则队友接球前瞬间，球的动能不一定为30 J，选项D错误．故选BC.6.(2021·广东阳江模拟)一长为L、质量可不计的刚性的硬杆，左端通过铰链固定于O点，中点及右端分别固定质量为m和质量为2m的小球，两球与杆可在竖直平面内绕O点无摩擦地转动．开始时使杆处于水平状态并由静止释放，如图所示．当杆下落到竖直位置时，在杆中点球的速率为(　A　)A． B．C． D．【解析】　两球转动的角速度相等，根据v＝rω，可知两球的线速度大小之比为1∶2，设杆的中点小球的速度为v，则外端小球的速度为2v，根据系统机械能守恒得2mgL＋mg·＝mv2＋·2m(2v)2，解得v＝，故选A．7．(2021·河北衡水中学四调)如图甲所示，在公元1267～1273年闻名于世的“襄阳炮”其实是一种大型抛石机．将石块放在长臂一端的石袋中，在短臂端挂上重物．发射前将长臂端往下拉至地面，然后突然松开，石袋中的石块过最高点时就被抛出．现将其简化为图乙所示．将一质量m＝80 kg的可视为质点的石块装在长L＝ m的长臂末端的石袋中，初始时长臂与水平面成α＝30°.松开后，长臂转至竖直位置时，石块被水平抛出，落在水平地面上．石块落地点与O点的水平距离s＝100 m．忽略长臂、短臂和石袋的质量，不计空气阻力和所有摩擦，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　D　)A．石块水平抛出时的初速度为25 m/sB．重物重力势能的减少量等于石块机械能的增加量C．石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功为1.6×105JD．石块圆周运动至最高点时，石袋对石块的作用力大小为1.42×104N【解析】　石块平抛运动的高度h＝L＋Lsin 30°＝20 m，根据h＝gt2，得t＝＝2s，故石块水平抛出时的初速度v0＝＝50 m/s，故A错误；转动过程中，重物的动能也在增加，因此根据能量守恒定律可知，重物重力势能的减少量不等于石块机械能的增加量，故B错误；石块从A到最高点的过程中，石袋对石块做功W＝mv＋mgh＝1.16×105 J，故C错误；石块圆周运动至最高点时，有F＋mg＝m，所以可得F＝m－mg＝1.42×104 N，故D正确．8．(多选)(2021·广东东莞模拟)有一款蹿红的微信小游戏“跳一跳”，游戏要求操作者通过控制棋子(质量为m，可视为质点)脱离平台时的速度，使其能从同一水平面上的平台跳到旁边的另一平台上．如图所示的抛物线为棋子在某次跳跃过程中的运动轨迹，轨迹的最高点距平台上表面高度为h，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　AD　)A．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mghB．棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，机械能增加mghC．棋子离开平台后距平台面高度为时动能为D．棋子落到另一平台上时的速度大于【解析】　重力势能增加量等于克服重力做功的值，所以：ΔEp＝mgh，A正确；棋子从离开平台至运动到最高点的过程中，只有重力做功，动能和重力势能相互转化，总的机械能保持不变，所以机械能守恒，B错误；从初态到最高点时，设水平速度为v0，设初动能为Ek0，有：mv－Ek0＝－mgh，当到达高度为时有：Ek－Ek0＝－mg，解得：Ek＝mv＋mgh，C错误；从最高点到落另一平台，竖直方向自由落体：v＝2gh，即：vy＝，所以落到另一平台速度v＝>，D正确．9.(多选)(2021·湖南永州二模)如图所示，质量均为m的两物块A、B通过一轻质弹簧连接，静止放置在光滑水平面上，弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内．t1＝0时刻在A上施加一个水平向左的恒力F，t＝t2时刻弹簧第一次恢复到原长，此时A、B速度分别为v1和v2.则t1到t2时间内(　BD　)A．A、B和弹簧组成系统的机械能先增大后减小B．当弹簧的弹性势能最大时，两物块速度相等C．当A的加速度为零时，B的加速度为D．物块B移动的距离为【解析】　恒力F做正功，A、B和弹簧组成的系统的机械能一直增大，A错误；当弹簧的弹性势能最大时，弹簧最长，两物块速度相等，B正确；当A的加速度为零时，弹簧的弹力等于F，B的加速度为，C错误；因为弹簧恢复原长，弹簧的弹性势能等于零，对系统根据功能关系Fx＝mv＋mv，解得x＝，物块B移动的距离为，D正确．故选BD.10．(2021·浙江百校3月联考)一物块从斜面顶端静止开始沿斜面下滑，其机械能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是(　D　)A．物块下滑过程中只有重力做功B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5C．物块下滑时加速度的大小为2 m/s2D．物块下滑到底端过程中重力做功40 J【解析】　根据功能关系可得ΔE＝FΔx得F＝则在此E－x图像中的斜率的绝对值表示下滑过程中受到摩擦力大小f＝μmgcos θ＝6 N，机械能不守恒，除重力外还有其他力做功，故A错误；根据动能定理可得Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)x，则Ek－x图像的斜率表示合外力F，得到合外力F＝mgsin θ－μmgcos θ＝2 N，因θ未知，m和μ无法求，加速度a也无法计算，故B、C错误；根据Ek＝(mgsin θ－μmgcos θ)x，则物块下滑到底端过程中重力做功WG＝mgxsin θ＝Ek＋μmgxcos θ＝10 J＋6×5 J＝40 J，故D正确．应用题——强化学以致用11.(2022·江苏宿迁调研)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态．在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C.现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　D　)A．C与A碰撞后A最大速度的大小为B．C与A碰撞过程中，A、C组成的系统损失的机械能为C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为【解析】　C与A碰撞前瞬间，根据自由落体的规律有vC＝，C与A碰撞，动量守恒，有mvC＝2mv1，解得v1＝之后，由于AC的总重力大于弹簧的弹力，AC将向下加速，所以A的最大速度将大于vC＝，A错误；损失的机械能为ΔE＝mgh－×2m×2＝mgh，B错误；C与A碰撞后，AC速度减小到零时，弹簧的弹性势能最大，根据能量守恒得E＝E0＋×2m×2＝E0＋mgh，E0为初始的弹性势能，C错误；AC碰后至反弹到最高点，要使碰后物体B被拉离地面，弹簧拉力至少为B的重力，即弹簧形变与碰前的一样，但是弹簧处于拉伸状态，AC的动能转化为重力势能，有mgh＝2mg×2x0，碰前，对A有mg＝kx0，解得h＝，D正确．12．(2021·江苏泰州学情检测)如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点．撤去力F后，小球由静止下滑．重力加速度为g，sin θ＝≈0.64，不计一切摩擦．则上述过程中说法正确的是(　B　)A．力F的大小为3mgB．小球运动到最低点C时，速度大小与物块相同C．下落过程中小球机械能守恒D．在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W为0.64mgR【解析】　对物块受力分析有3mg＝mgsin θ＋F解得F＝2.36mg，A错误；小球运动到最低点C时，其速度与细线共线，所以小球与物块速度大小相同．B正确；下落过程，小球克服细线拉力做功，机械能减少，C错误；在小球从A点运动到C点过程中，对系统有3mgR－mg·sin θ＝(3m＋m)v2，解得v＝，对物块，根据动能定理得W－mg·sin θ＝mv2，解得W＝1.5mgR，D错误．13．(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m．若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．【答案】　(1)4.5 J　(2)9 N【解析】　(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v＝2gh1，设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后的动能之比＝＝＝.使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v＝2gh3，因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有＝，设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝mv，解得W＝4.5 J.(2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝，篮球的位移x＝at2，运动员对篮球做的功W＝Fx，联立解得F＝9 N.