专题06+功和能（练）-2019年高考物理二轮复习讲练测
1．如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R：bc是半径为R的四分之一的圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球。始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其他轨迹最高点，机械能的增量为（ ）
A. 2mgR B. 4mgR C. 5mgR D. 6mgR
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）
【答案】 C
【点睛】此题将运动的合成与分解、动能定理有机融合，难度较大，能力要求较高。
2．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（ ）
A. 加速度先减小后增大
B. 经过O点时的速度最大
C. 所受弹簧弹力始终做正功
D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）
【答案】 AD
点睛：本题以弹簧弹开物体的运动为背景考查力与运动的关系和功能关系，解题的关键是要分阶段将物体的受力情况和运动情况综合分析，另外还要弄清整个运动过程中的功能关系。
3．（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，
A. 矿车上升所用的时间之比为4:5
B. 电机的最大牵引力之比为2:1
C. 电机输出的最大功率之比为2:1
D. 电机所做的功之比为4:5
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷）
【答案】 AC
【解析】试题分析 本题考查速度图像，牛顿运动定律、功和功率及其相关的知识点。
点睛 此题以速度图像给出解题信息。解答此题常见错误主要有四方面：一是对速度图像面积表示位移掌握不到位；二是运用牛顿运动定律求解牵引力错误；三是不能找出最大功率；四是不能得出两次提升电机做功。实际上，可以根据两次提升的高度相同，提升的质量相同，利用功能关系得出两次做功相同。
4．【2016·上海卷】地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h，h
B．>， >
C．>， > D．>， <
【答案】 D
点睛：物体都做匀速运动，受力平衡，根据平衡条件列式，再根据F1与F2功率相同列式，联立方程分析出物体的速度大小关系．
2．如图所示，竖直平面内一半径为R的半圆型轨道，两边端点等高，一个质量为m的质点从左端点由静止开始下滑，滑到最低点时对轨道压力为2mg，g为重力加速度，则此下滑过程克服摩擦力做的功是
A． B．
C． D．
【答案】 B
【解析】
质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
可得：vQ2=gR，
质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得：mgR-Wf=-0 ，
则克服摩擦力所做的功为：Wf=。
故选：B。
点睛：根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式求出物体到达Q点的速度；根据动能定理求出物体从P到Q的过程中克服摩擦力做的功，由此解答。
3．如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块A相接触而不相连，原来A静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿水平面向右运动，在O点与物块A相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F撤去．运动到D点时，恰好速度为零．AB物体最后被弹簧弹回C点停止，已知CO=4s，OD=s，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为( )
A．1.43Fs B．2Fs C．2.5Fs D．3Fs
【答案】 A
4．取水平地面为零势能面，一物块从某高处水平抛出，在抛出点其重力势能为动能的3倍。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】试题分析：根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能是重力势能的，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．
物块做平抛运动，机械能守恒，初状态的机械能，其中；所以，末状态的机械能，根据机械能守恒定律，所以，设落地时速度与水平方向的夹角α，，解得，故D正确．
5．（多选）木块A从固定斜面底端以初速度v0冲上斜面，经一段时间，回到斜面底端。若木块在斜面上所受的摩擦阻力大小不变，关于木块A的下列说法中正确的是
A．在全过程中重力的冲量为零
B．在上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量
C．在上滑过程中动量的变化量大于下滑过程中动量的变化量
D．在上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量
【答案】 BC
点睛：上滑时间小于下滑时间，根据冲量的定义判断冲量的大小；根据动量定理判断动量的变化量；机械能的变化量等于摩擦力所做的功，根据做功公式判断机械能的变化量。
6．（多选）光滑斜面P固定在小车上，有一小球在斜面的底端与小车一起以速度v
向右匀速运动，当小车遇到障碍物突然停止时，小球上升的高度
A．可能等于 B．可能大于
C．可能小于 D．一定与斜面的倾角有关
【答案】 AC
7．如图所示，半径为R的光滑圆环竖直放置，直径MN为竖直方向，环上套有两个小球A和B，A、B之间用一长为R的轻杆相连，小球可以沿环自由滑动，开始时杆处于水平状态，已知A的质量为m，重力加速度为g.
(1)若B球质量也为m，求此时杆对B球的弹力大小；
(2)若B球质量为3m，由静止释放轻杆，求B球由初始位置运动到N点的过程中，轻杆对B球所做的功．
【答案】 （1） （2）
【解析】(1)对B球，受力分析，由几何关系得θ＝60°，
FN2＝mgtan 60°＝mg.
(2)由系统机械能守恒得： －mgR＝＋ 又vA＝vB
对B运用动能定理得：
解得：W＝－mgR.
8．如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0.2，Q点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=m/s，而滑块B则冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2。求：
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L=0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？
【答案】 （1）1N，方向竖直向上（2）（3）0．675m＜L＜1．35m
（2）爆炸过程由动量守恒定律： 解得：vB=3m/s
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：
由能量关系：
解得EP=0.22J
1．一个小球从足够高处水平抛出，空气阳力忽略不计，小球抛出后的动能随时间变化的关系为，重力加速度取g=10m/s2，则( )
A．小球抛出的初速度为4m/s
B．小球的质量为0.5kg
C．2s末小球的水平位移为2m
D．2s末小球的速度约为20.1m/s
【答案】 D
【解析】由动能定理得出对应可知，m=1kg
，初动能为所以 ；2s内水平位移x=vt=4m；由J，2s末动能带入得， 选D
2．如图所示，一个小物块从静止开始从同一高度沿倾角不同的斜面下滑至斜面底端，若斜面都是光滑的，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块滑到底端所用时间相同 B．小物块滑到底端时的动能相同
C．下滑过程中重力的平均功率相同 D．滑到底端时重力的瞬时功率相同
【答案】 B
3．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1、冲量为I1，在时间t2内做的功为W2、冲量为I2，则( )
A．I1I2 C．W1 >W2 D．W1 < W2
【答案】 B
【解析】动量与动能的关系式为,则由动量定理得： ，，则I1＞I2．故A错误，B正确；根据动能定理得：W1=E1-0=E1，W2=2E1-E1=E1，则W1=W2．故C D错误．故选B．
点睛：本题考查动量定理和动能定理的应用，根据动能的变化由动能定理求合力的功、根据动量的变化由动量定理求合力的冲量是这两大定理基本的应用，在确题时要注意动量定理的矢量性．
4．某质量为m的电动玩具小车在平直的水泥路上由静止沿直线加速行驶．经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车受阻力恒为F，则t时间内（ ）
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力逐渐增大
C．合外力对小车所做的功为 Pt
D．牵引力对小车所做的功为 Fx+mvm2
【答案】 D
点睛：小车的恒定功率启动方式是一种最快的启动方式，是加速度不断减小的加速运动，运动学公式不再适用，但可以根据动能定理列式求解．
5．（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上点的转轴上，另一端与一质量为、套在粗糙固定直杆处的小球(可视为质点)相连，直杆的倾角为30°， 为的中点， 等于弹簧原长。小球从处由静止开始下滑，初始加速度大小为，第一次经过处的速度大小为，运动到处速度为0，后又以大小为的初始加速度由静止开始向上滑行。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A．小球可以返回到出发点处
B．撤去弹簧，小球可以在直杆上处于静止
C．弹簧具有的最大弹性势能为
D．
【答案】 CD
【解析】
D. 根据牛顿第二定律得：
在A点有：Fcos30∘+mgsin30∘−f=maA；
在C点有：Fcos30∘−f−mgsin30∘=maC；
两式相减得：aA−aC=g.故D正确。
故选：CD
点睛：根据重力沿斜面向下的分力与最大静摩擦力的关系，判断出撤去弹簧，小球在直杆上不能处于静止．对小球A到B的过程和A到C的过程，分别根据能量守恒定律列式，可求得弹簧具有的最大弹性势能，由牛顿第二定律研究A、C两点的加速度，相比较可得到aA-aC=g．
6．（多选）有一质量为m的带电小球以初速度大小为、方向竖直向下，进入一匀强电场中，由于电场力和重力的共同作用，小球在竖直方向下降h后，速度变为零，下列判断不正确的是（ ）
A．电场力对小球做的功为
B．小球克服电场力做的功为
C．小球的机械能减少mgh
D．小球的重力势能减少mgh
【答案】 AC
点晴：解决本题关键理解机械能的减小量等于除重力或系统内的弹力其它力所做的功，重力做功与重力势能的关系即重力所做的功等于重力势能的改变量。
7．二十一世纪，能源问题是全球关注的焦点问题．从环境保护的角度出发，电动汽车在近几年发展迅速．下表给出的是某款电动汽车的相关参数：
参数指标
整车质量
0~100km/h
加速时间
最大速度
电池容量
制动距离（100km/h~0）
数值
2000kg
4．4s
250km/h
90kW•h
40m
请从上面的表格中选择相关数据，取重力加速度g=10m/s2，完成下列问题：
（1）求汽车在（100km/h~0）的制动过程中的加速度大小（计算过程中100km/h近似为30m/s）；
（2）若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为η=80%，整车在行驶过程中的阻力约为车重的0．05倍，试估算此电动汽车以20m/s的速度匀速行驶时的续航里程（能够行驶的最大里程）已知1kW•h=3．6×106J．根据你的计算，提出提高电动汽车的续航里程的合理化建议（至少两条）
（3）若此电动汽车的速度从5m/s提升到20m/s需要25s，此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图所示，整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的0．05倍，求此加速过程中汽车行驶的路程（提示：可利用p-t图像计算动力对电动汽车做的功）
【答案】 （1）11．25 m/s2 ；（2）259．2km；建议略；（3）265m。
【解析】
试题分析：（1）制动过程中的加速度大小
所以加速度的大小为：11．25 m/s2
（3）根据动能定理： W−f x=
动力做的功由P-t图像的面积可求得：
W=640×103J
x=265m
8．如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m的小物块A与质量不计的木板B叠放在斜面上，A位于B的最上端且与挡板P相距L.已知A与B、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失．将A、B同时由静止释放．
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a1；
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l0；
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程．
【答案】 (1) gsin θ－μ2gcos θ(2)
（3）①L－l②
【解析】试题分析：（1）释放木板与物块A，它们一起加速下滑。以木板与物块A为研究对象，设其加速度大小为a1，由牛顿第二定律有
解得
（2）在木板B与挡板未碰前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。木板B与挡板相碰后立即静止，A开始匀减速下滑。若物块A到达挡板时的速度恰好为0，此时木板长度即为最小长度l0。设木板与挡板相撞瞬间速度为v，则有
木板静止后，物块减速下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式
联立以上各式可解得
考点：牛顿第二定律的综合应用
【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用问题；关键是搞清楚物体运动的物理过程，分析物体的受力情况，并结合临界情况列出位移及速度方程即可求解．
