統(tǒng)考版2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)闖關(guān)導(dǎo)練熱點(diǎn)6功與能含解析

PAGE9-熱點(diǎn)6功與能一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～8題為多項(xiàng)選擇題)1．在籃球競(jìng)賽中，某位同學(xué)獲得罰球機(jī)會(huì)，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(xué)罰球時(shí)對(duì)籃球做的功大約為()A．1JB．10JC．50JD．100J2．如圖所示，完全相同的四個(gè)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(guān)于力F做功，下列表述正確的是()A．甲圖中，因?yàn)槟緣K與地面間沒(méi)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(duì)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(diǎn))自竿頂由靜止起先滑下，如圖甲所示．演員A滑到竿底時(shí)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(zhǎng)竹竿的質(zhì)量為5kg，A下滑的過(guò)程中速度隨時(shí)間改變的圖象如圖乙所示．重力加速度取g＝10m/s2，則t＝5s時(shí)，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(xué)期期末]如圖所示，固定斜面傾角為θ.一輕彈簧的自然長(zhǎng)度與斜面長(zhǎng)度都為L(zhǎng)，彈簧一端固定在斜面的底端，將一個(gè)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(diǎn)，松手后，小球最終落地的速度大小為v，不計(jì)空氣阻力和一切摩擦，重力加速度為g，則該過(guò)程中，人對(duì)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(shè)小球受到的空氣阻力為Ff，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgHB．小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C．整個(gè)過(guò)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(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為3.0m．選擇斜面底端為參考平面，上升過(guò)程中，物體的機(jī)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(shuō)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(shí)的動(dòng)能Ek＝10JD．物體上升過(guò)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(ài)的游樂(lè)活動(dòng)，如圖是滑沙場(chǎng)地的一段斜面，其傾角為30°.設(shè)參與活動(dòng)的人和滑車(chē)總質(zhì)量為m，人和滑車(chē)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(chē)可視為質(zhì)點(diǎn)，則從頂端向下滑究竟端BA．人和滑車(chē)削減的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能B．人和滑車(chē)獲得的動(dòng)能為0.8mghC．整個(gè)下滑過(guò)程中人和滑車(chē)削減的機(jī)械能為0.2mghD．人和滑車(chē)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(gè)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(yùn)動(dòng)，物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體的機(jī)械能E隨位移x的改變關(guān)系如圖乙所示，其中0～x1過(guò)程的圖線是曲線，x1～x2過(guò)程的圖線為平行于x軸的直線，重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是()A．在0～x2過(guò)程中，物體先加速后勻速B．在0～x1過(guò)程中，物體的加速度始終減小C．在x1～x2過(guò)程中，物體的加速度為gsinθD．在0～x2過(guò)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(dòng)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(zhǎng)時(shí)上端位于C點(diǎn)．用一根不行伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)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(shí)物體A到C點(diǎn)的距離為L(zhǎng).現(xiàn)給A、B一初速度v0(v0>eq\r(gL))，使A起先沿斜面對(duì)下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點(diǎn)．已知重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，整個(gè)過(guò)程中，輕繩始終處于伸直狀態(tài)，求：(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)時(shí)的速度大小；(2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧的最大彈性勢(shì)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(duì)上運(yùn)動(dòng)．以斜面底端為原點(diǎn)O，沿斜面對(duì)上建立x軸，以斜面底端所在水平面為零勢(shì)能面．該滑塊在上滑過(guò)程中重力勢(shì)能Ep隨位置x的改變規(guī)律如圖甲所示，機(jī)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(dòng)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(diǎn)，B點(diǎn)右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點(diǎn)有一靜止的小平板車(chē)，平板車(chē)質(zhì)量M＝1kg，長(zhǎng)度l＝1m，小車(chē)的上表面與B點(diǎn)等高，距地面高度h＝0.2m．質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放．取g＝10m/s2.試求：(1)物塊滑到軌道上的B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)若鎖定平板車(chē)并在其上表面鋪上一種特別材料，其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離勻稱(chēng)改變，如圖乙所示，求物塊滑離平板車(chē)時(shí)的速率；(3)若解除平板車(chē)的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點(diǎn)A由靜止釋放，求物塊落地時(shí)距平板車(chē)右端的水平距離．熱點(diǎn)6功與能1．答案：B解析：對(duì)整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)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(xiàng)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(shí)，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(duì)人從起先壓彈簧到小球落地的整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得W＋mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－0，則W＝eq\f(1,2)mv2－mgLsinθ；設(shè)小球離開(kāi)斜面時(shí)的速度為v0.對(duì)小球做斜拋運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgLsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)；從最高點(diǎn)到落地點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)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(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－FfH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為F′f，小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)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(xiàng)B、D錯(cuò)誤；對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確．6．答案：AC解析：物體到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，機(jī)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(guò)程中，克服摩擦力做功，機(jī)械能削減，削減的機(jī)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(duì)下的分力mgsinα＝6N>Ff＝4N，則物體到達(dá)斜面頂端后會(huì)接著向下滑動(dòng)，B錯(cuò)誤；由圖象可知，物體上升過(guò)程中摩擦力做功W＝30J－50J＝－20J，在整個(gè)過(guò)程中由動(dòng)能定理得Ek－Ek0＝2W，則Ek＝Ek0＋2W＝50J＋2×(－20)J＝10J，C正確；物體上升過(guò)程中，由牛頓其次定律得：mgsinα＋Ff＝ma，解得a＝10m/s2，D錯(cuò)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(chē)削減的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，故A錯(cuò)誤；人和滑車(chē)下滑的過(guò)程中重力和摩擦力做功，獲得的動(dòng)能為Ek＝(mgsin30°－Ff)eq\f(h,sin30°)＝0.8mgh，故B正確；整個(gè)下滑過(guò)程中人和滑車(chē)削減的機(jī)械能為ΔE＝mgh－Ek＝mgh－0.8mgh＝0.2mgh，故C正確；整個(gè)下滑過(guò)程中克服摩擦力做功等于人和滑車(chē)削減的機(jī)械能，所以人和滑車(chē)克服摩擦力做功為0.2mgh，故D錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，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(guò)程中物體的機(jī)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(yùn)動(dòng)，在x1～x2過(guò)程中，由題圖乙知斜率為零，則F＝μmgcosθ，此時(shí)加速度最大為gsinθ，A、B錯(cuò)誤，C正確；在0～x2過(guò)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(dòng)摩擦力Ff＝2μmgcosθ，對(duì)A向下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)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(diǎn)的過(guò)程，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)由動(dòng)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(diǎn)的過(guò)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(shì)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(jī)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(guò)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(diǎn)的過(guò)程中，機(jī)械能守恒，則有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝3m/s在B點(diǎn)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(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小F′N(xiāo)＝FN＝30N，方向豎直向下．(2)物塊在平板車(chē)上滑行時(shí)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(chē)過(guò)程中由動(dòng)能定理得，mgR