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    高考物理二轮复习专项突破题07功和能(2份打包,解析版+原卷版,可预览)

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    高考物理二轮复习专项突破题07功和能(2份打包,解析版+原卷版,可预览)

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    这是一份高考物理二轮复习专项突破题07功和能(2份打包,解析版+原卷版,可预览),文件包含高考物理二轮复习专项突破题07功和能解析版doc、高考物理二轮复习专项突破题07功和能原卷版doc等2份试卷配套教学资源,其中试卷共32页, 欢迎下载使用。


    (二轮复习 名师经验)07功和能-2021高考备考绝密题型专项突破题集

    1.如图所示为某公园的大型滑梯,滑梯长度,滑梯平面与水平面夹角,滑梯底端与水平面平滑连接。一质量为60kg的同学从滑梯顶端由静止滑下,与倾斜接触面间的动摩擦因数。已知,求:

    (1)该同学沿滑梯滑至底端过程中重力所做的功;

    (2)该同学沿滑梯滑至底端过程中受到的摩擦力大小;

    (3)该同学沿滑梯滑至底端时的速度大小。

    【答案】(1)3600J(2)240N(3)

    解析(1)重力做功

    (2)滑至底端过程所受摩擦力

    (3)由动能定理得

    可得

    2.如图所示,水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上,圆弧轨道B端的切线沿水平方向。质量m1 kg的滑块(可视为质点)在水平恒力F10 N的作用下,从A点由静止开始运动,当滑块运动的位移x0.5 m时撤去力F。已知AB之间的距离x01 m,滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ0.1,滑块上升的最大高度h0.2 mg10 m/s2。求:

    (1)在撤去力F时,滑块的速度大小;

    (2)求滑块通过B点时的速度

    (3)滑块从BC过程中克服摩擦力做的功。

    【答案】(1)3m/s(2)(3)0.5J

    解析(1)在力F作用下,

    代入数据得

    (2)接下来,物体做减速运动加速度

    根据

    到达B点的速度

    (3)上升过程中,根据动能定理

    克服摩擦力做的功

    3.物体质量为10kg,在平行于斜面的拉力F作用下由静止沿斜面向上运动,斜面与物体间的动摩擦因数为,当物体运动到斜面中点时,去掉拉力F,物体刚好能运动到斜面顶端停下,斜面倾角为30°,求拉力F多大?(

    【答案】117.3N

    解析取物体为研究对象,在斜面下半段受力分析如图所示,在斜面上半段去掉F,其他力都不变,设斜面长为s,由动理定理得:

    ①②得:

    F=117.3N

    4.如图所示,水平桌面上有一轻弹簧,左端固定在A点,弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧固定有一竖直放置的光滑轨道,其形状为半径的圆环剪去了左上角135°的圆弧,为其竖直直径,P点到桌面的竖直距离也是R。用质量的物块1将弹簧缓慢压缩到C点,释放后弹簧恢复原长时物块恰好停止在B点;用同种材料、质量的物块2将弹簧也缓慢压缩到C点释放,物块过B点后在桌面上运动的位移与时间的关系为xt的单位均为国际单位制单位),物块从桌面右边缘D点飞离桌面后,由P点沿圆轨道切线落入圆轨道。空气阻力忽略不计。

    (1)间的水平距离

    (2)判断物块2能否沿圆轨道到达M点,并说明理由;

    (3)求释放物块2后它在水平桌面上运动过程中克服摩擦力做的功

    【答案】(1)13.6m(2)不能沿圆轨道到达M点;理由见解析;(3)11.2J

    解析(1)设物体由D点以初速度做平抛运动,落到P点时竖直速度为,水平距离为,由平抛运动规律有

    解得

    小球过B点后做初速度,加速度大小的匀减速运动,到达D点的速度,设B点到D点水平距离为,则

    解得

    所以的水平距离为

    (2)若物体能沿轨道到达M点,设其速度为,在M

    因为,所以

    D点到M点由机械能守恒定律得

    解得

    所以物体不能沿圆轨道到达M点。

    (3)设弹簧长为时的弹性势能为,物块与桌面间的动摩擦因数为,释放物块1情况下,从C点到B点由能量守恒定律有

    释放物块2情况下,从C点到B点由能量守恒定律有

    解得

    物块2在桌面上运动过程中,由能量守恒定律有

    解得

    5.如图所示,是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ,半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8RAB直管道相切于B点,C点为圆弧轨道最高点(切线水平),管道底端A位于斜面底端,轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳,绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现:轻弹簧无弹珠时,其上端离B点距离为5R,将一质量为m的弹珠Q投入AB管内,设法使其自由静止,测得此时弹簧弹性势能,已知弹簧劲度系数。某次缓慢下拉手柄P使弹簧压缩,后释放手柄,弹珠QC点被射出,弹珠最后击中斜面底边上的某位置(图中未标出),根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑,忽略空气阻力,弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。求:

    (1)调整手柄P的下拉距离,可以使弹珠QBC轨道上的C点射出,落在斜面底边上的不同位置,其中与A的最近距离是多少?

    (2)若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R,求它在这次运动中经过C点时对轨道的压力为多大?

    (3)(2)的运动过程中,弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少?

    【答案】(1)(2)(3)

    解析(1)PA点最近(设最近距离为d)时,弹珠经C点速度最小,设这一速度为v0,弹珠经过C点时恰好对轨道无压力,mgsinθ提供所需要的向心力。 所以

    8R+R=

    得到

    (2)设击中P1点的弹珠在经过C点时的速度为vc,离开C点后弹珠做类平抛运动:

    a=gsinθ

    10RRvct

    又在(1)中得到

    C点时

    所以

    根据牛顿第三定律:弹珠QC点的压力NFN大小相等方向相反,所以,弹珠QC点的压力

    N

    (3)弹珠离开弹簧前,在平衡位置时,速度最大

    设此时弹簧压缩量为x0,根据平衡条件

    mgsinθ=kx0

    取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程,根据系统机械能守恒:取平衡位置重力势能为零

    6.如图所示,长为L的轻杆一端连着质量为m的小球,另一端用活动铰链固接于水平地面上的O点,初始时小球静止于地面上、边长为L、质量为M的正方体左侧静止于O点处。现在杆中点处施加一大小恒定、方向始终垂直杆的拉力,杆转过时撤去拉力,之后小球恰好能到达最高点。重力加速度为g,忽略一切摩擦,则

    (1)求拉力所做的功;

    (2)求拉力的大小和拉力撤去时小球的速度大小;

    (3)若小球运动到最高点后由静止开始向右倾倒,求杆与水平面夹角θ时(正方体和小球还未脱离),正方体的速度大小。

    【答案】(1)(2)(3)

    解析(1)从开始到小球恰好能到达最高点的过程中,根据动能定理,

    解得

    (2)恒力做的功

    解得

    从开始到撤去拉力的过程中,根据动能定理

    解得

    (3)杆与水平夹角为θ时,小球速度为,则正方体速度

    解得

    7.如图甲所示,DA为倾角的足够长粗糙斜面,与水平轨道光滑连接与A点。半径的光滑半圆形轨道BC固定于竖直平面内,最低点与AB相切。有两个可视为质点的小物块静止在水平面上,左边物块甲质量为1.6 kg,右边物块乙质量为2 kg,两者之间有一被压缩的微型弹簧。某时刻将压缩的弹簧释放,使两物体瞬间分离,乙从A点向右运动,通过粗糙平面AB后进入轨道BC,经过圆弧轨道的最高点C时乙对轨道的压力是其重力的5倍。已知甲与斜面间的动摩擦因数,乙与水平面间的为μ2,且μ2随离A点的距离按图乙所示规律变化,AB两点间距离g10 m/s2。求:

    (1)乙经过圆弧轨道最低点B时对轨道压力的大小;

    (2)两物体分离瞬间乙的速度;

    (3)甲从滑上斜面到第一次返回A点所用时间。

    【答案】(1)220N(2)(3)

    解析(1)乙通过C点,由牛顿第二定律可得

    B点到C点,由动能定理可得

    B点由牛顿第二定律可得

    解得

    由牛顿第三定律可得乙通过B点时对轨道压力的大小为220N

    (2)由图像得摩擦力对物块做的功为

    物块从AB,由动能定理得

    解得

    (3)两物抉分离时,由动量守恒得:

    上滑过程

    下滑过程

    由运动学公式得

    下滑时

    联立解得

    8.如图是检验某种平板承受冲击能力的装置,MN为半径R0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平,O为圆心,OP为待检验平板,MOP三点在同一水平线上,M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪,可发射速度不同但质量均为m0.01kg的小钢珠,小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力,水平飞出后落到OP上的Q点,不计空气阻力,取g10m/s2。求:

    (1)小钢珠经过N点时速度的大小vN

    (2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek

    (3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s

    【答案】(1)2m/s(2)0.12J(3)0.8m

    解析(1)N点,由牛顿第二定律有

    mgm

    解得

    vN2m/s

    (2)M点所在的水平面为参考平面。从MN由机械能守恒定律有

    EkmgR

    解得

    Ek0.12J

    (3)小钢球从NQ做平抛运动,设运动时间为t,水平方向有

    xvNt

    竖直方向有

    解得

    x0.8m

    9.质量均为m1kg的物体AB分别系在一根不计质量的细绳两端,绳子跨过固定在倾角为θ37°的斜面顶端的定滑轮上,斜面固定在水平地面上,开始时把物体B拉到斜面底端,这时物体A离地面的高度为h1m,如图所示。若斜面足够长,B与斜面、细绳与滑轮间的摩擦不计,从静止开始放手让它们运动。(g10m/s2)求:

    (1)物体A着地时的速度大小;

    (2)若物体A着地瞬间物体B与细绳之间的连接断开,则从此时刻起物体B又回到斜面的底端所需的时间。

    【答案】:(1)2m/s(2)1s

    解析(1)设物体A着地前瞬间的速度为v,据动能定理

    mghmghsinθmmv2

    解得

    v2m/s

    (2)设物体B在斜面上运动的加速度为a,有

    mamgsinθ

    所以

    a6m/s2

    方向沿斜面向下

    设物体B回到斜面底端的速度为vB,由机械能守恒定律有

    mvmghsinθmv2

    所以

    vB4m/s

    取沿斜面向下的方向为正方向,知v-2m/s

    则有

    vBvat

    解得

    t1s

    10.一劲度系数为k=100N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ=的光滑斜面底端,上端连接物块P。一轻绳跨过定滑轮O,端与物块P连接,另一端与套在光滑水平直杆的物块Q连接,定滑轮到水平直杆的距离为d=0.4m。初始时在外力作用下,物块QA点静止不动,轻绳与水平直杆的夹角α=,绳子张力大小为45N。已知物块Q质量为m1=0.2kg,物块P质量为m2=5kg,不计滑轮大小及摩擦,取g=10m/s2。现将物块Q静止释放,求:

    (1)物块P静止时,弹簧的伸长量x1

    (2)物块Q运动到轻绳与水平直杆的夹角β=B点时的速度大小;

    (3)物块QA运动到B点的过程中,轻绳拉力对其所做的功。

    【答案】:(1)0.15m(2)3m/s(2)0.9J

    解析(1)物块P静止时,设弹簧的伸长量x1,由平衡条件有

    代入数据解得

    x1=0.15m

    弹簧的伸长量为0.15m

    (2)将物块Q静止释放,经分析可知,物块P下落距离为0.30m,即弹簧被压缩

    0.15m

    故可知弹簧的弹性势能保持不变,根据能量守恒有

    如图所示B点时由运动的合成与分解有

    联立解得

    3m/s

    (3)对于物块Q,由动能定理有

    解得

    0.9J

    11.如图,在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为l,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧,并被弹簧以原速率弹回。已知R0.4 ml2.5mv06m/s,物块质量m1kg,与PQ段间的动摩擦因数μ0.4,轨道其它部分摩擦不计。取g10m/s2

    求:(1)物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力;

    (2)物块仍以v0从右侧冲上轨道,调节PQ段的长度l,当l长度是多少时,物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动。

    【答案】:(1)40N(2)1m

    解析(1)对物块,首次从AB,有 B点,有

    解得

    根据牛顿第三定律,小球对轨道的压力大小为40N,方向竖直向上。

    (2)对物块,从A点到第二次到达B

    B点,有

    解得

    L=1m

    12.一物体在一个水平拉力作用下在粗糙水平面上沿水平方向运动的vt图象如图甲所示,水平拉力的Pt图象如图乙所示,g10m/s2,图中各量的单位均为国际单位制单位。

    (1)若此水平拉力在6s内对物体所做的功相当于一个恒定力F沿物体位移方向所做的功,则F多大?

    (2)求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数。

    【答案】:(1)(2)0.6

    解析(1)由题图甲知物体在6s内发生的位移为

    x×2×6m2×6m×(26)×2m26m

    由题图乙知水平拉力所做的功为

    W×2×9J2×6J×(36)×2J30J

    WFx

    代入数值得FN

    (2)由题图甲知物体匀加速运动时的加速度大小为

    =3m/s2

    PFv及题图知匀加速过程中水平拉力为

    FN1.5N

    匀速运动时摩擦阻力为

    FfN1N

    由牛顿第二定律知

    FFfma

    代入数值得mkg,而

    Ffμmg

    联立解得μ0.6

    13.如图所示,水平桌面A上直线MN将桌面分成两部分,左侧桌面光滑,右侧桌面粗糙。在A上放长L0.1m的均匀方木板,木板左端刚好与MN对齐,通过细绳绕过光滑的定滑轮(定滑轮未画出)与正上方的一水平圆盘B上的小球(可看成质点)相连,小球质量与木板质量相等,小球套在沿圆盘半径方向的光滑细杆上,细杆固定在圆盘上,细线刚好绷直。木板右端与一劲度系数k40N/m的轻弹簧相连,轻弹簧另一端固定在挡板上,此时弹簧对木板的弹力为2N,方向向左。现用力F沿杆方向拉动小球,通过细线使木板缓慢向左运动,当木板刚好离开粗糙面时,此过程拉力做功W0.3J(木板受到的摩擦力会随位移均匀变小)

    (1)求当木板刚好离开粗糙面时,弹簧对木板的弹力大小;上述过程中,因摩擦而产生的热量是多少?

    (2)写出上述过程中F随小球运动位移x的关系式,并画出Fx图象;

    (3)若将F拉小球改为使B绕轴OO转动,仍实现上述过程,则杆对小球至少需要做多少功?已知开始时小球离圆盘中心的距离r0.1m

    【答案】:(1)2N0.3J(2)见解析;(3)0.5J

    解析(1)木板离开过程中,弹簧的压缩量和伸长量刚好相等

    F2N

    弹性势能不变,摩擦产生的热量

    QW0.3J

    (2)木板克服摩擦力做功为

    μmgLQ

    μmg6N

    B盘中小球受力

    FT

    桌面上木板受力

    Tμmgk(Lx)  0≤xL

    代入数据得

    F420x(N)  0≤x≤0.1m

    图象如图所示


     

    (3)木板刚好离开粗糙面时,绳子拉力T2N,小球圆周运动的半径RrL

    设此时小球随圆盘转动的线速度为v

    小球受力

    T

    小球此时的动能为

    Ekmv2

    对小球和木板B由能量守恒定律

    杆对小球做功

    WQEk

    代入数据解得

    W0.5J

    14.某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图(a)所示。现用该电动机在水平地面拉动一物体(可视为质点),运动过程中轻绳始终处在拉直状态,且不可伸长,如图(b)所示。已知物体质量m1kg,与地面间的动摩擦因数μ10.35,在出发点C左侧s距离处另有长为d0.5m的粗糙材料铺设的地面AB段,物体与AB段间的动摩擦因数为μ20.45g10m/s2)。

    (1)s足够长,电动机功率为2W时,物体在地面能达到的最大速度是多少;

    (2)若启动电动机,物体在C点从静止开始运动,到达B点时速度恰好达到0.5m/s,则BC间的距离s是多少?物体能通过AB段吗?如果不能,停在何处?

    【答案】:(1)m/s(2)0.25m,不能,物体最后停在AB中点位置

    解析(1)电动机拉动物体后,物体速度最大时,加速度为零,则水平方向所受拉力F等于摩擦力

    F1f1μ1mg3.5N

    根据

    PF1vm

    (2)当物体运动速度小于0.5m/s时,绳子对物体的拉力为恒力,物体做匀加速运动,拉力

    由牛顿第二定律得

    Ff1ma1

    解得

    a10.5m/s2

    BC间的距离s0.25m

    物体过B点后

    f2μ2mg4.5N

    做减速运动,运动速度不会大于0.5m/s,拉力仍为恒力,物体做匀减速运动

    Ff2ma2

    解得

    物体滑行

    则物体不能通过AB段,物体最后停在AB中点位置。

    15.如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与挡板相距L=4 m,现同时无初速度释放AB。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,AB的质量均为m=1 kg,它们之间的动摩擦因数μ=AB与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE=10 J,忽略碰撞时间,重力加速度大小g10 m/s2求:   

    (1)A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v。(结果可以用根式表示)

    (2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt。(结果可以用根式表示)

    (3)B相对于A滑动的可能最短时间t。(结果可以用根式表示)

    【答案】:(1)2m/s(2) 2s(3)3s

    解析(1)BA一起沿斜面向下运动,由动能定理得

    2mgLsinθ=2mv2  

    解得

    v=2 m/s          

    (2)第一次碰后,对B

    mgsinθ=μmgcosθ     

    B匀速下滑   

    A

    mgsinθ+μmgcosθ=ma1  

    解得

    a1=10 m/s2,方向始终沿斜面向下   

    A1次反弹的速度大小为v1,由功能关系得

    mv2-m v12E    a1Δt =2 v1          

    由上两式得

    Δt=2 s           

    (3)A2次反弹的速度大小为v2,由功能关系得

    mv2-m v22=2ΔE    

    解得

    v2=0                   

    A与挡板第2次碰后停在底端,B继续匀速下滑,

    与挡板碰后B反弹的速度为v,加速度大小为a

    由功能关系得

    mv2-mv2E       

    mgsinθ+μmgcosθ=ma     

    由上两式得B沿A向上做匀减速运动的时间

    t2= s                 

    B速度为0时,因mgsinθ=μmgcosθ≤FfmB将静止在A上,当A停止运动时,B恰好匀速滑至挡板处,B相对A运动的时间t最短,故

    tt+t2=3 s

     

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