【文档说明】2021届高考物理二轮专题复习（选择性考试）专题强化练（六） 功和能　机械能 含解析.docx，共(15)页，712.557 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(六)题组一功和功率1．(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连．开始时绳与水平方向的夹角为θ.当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B

点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L.小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是()A．WF＝FL(cosθ

＋1)B．WF＝2FLcosθC．Wf＝μmgLcos2θD．Wf＝FL－mgLsin2θ解析：小物块从A点运动到O点，拉力F的作用点移动的距离x＝2Lcosθ，所以拉力F做的功WF＝Fx＝2FLcosθ，A错误，B正确；由几

何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos2θ，C正确，D错误．答案：BC2．(2018·江苏卷)(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解析：小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F弹－F

f＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff

＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误．在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误．由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为

0，故D正确．答案：AD3．一辆汽车在平直公路上以恒定功率P0匀速行驶，行驶的速度为v0.由于前方出现险情，汽车要减速慢行，驾驶员在t1时刻将发动机的功率减半，以12P0的恒定功率行驶到t2时刻通过险情区之后，驾驶员立即将功率增大到P0，以恒定功率P0继续向前行驶

到t3时刻，整个过程汽车所受阻力恒为f，则在0～t3这段时间内，汽车的速度随时间变化的关系图象可能是()解析：在0～t1时间内，汽车以功率P0、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，v-t图线应为一段横线；t1～t2时间内，汽车的功率减为12P0的瞬间，汽车速度仍为v0，汽车

的牵引力突然减小到原来的一半，阻力f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度减小，由牛顿第二定律得f－P02v＝ma1，可知汽车的加速度逐渐减小，即v-t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的

减速运动，当汽车速度v降至v02时，汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次做匀速直线运动；t2～t3时间内，汽车的功率恢复到P0的瞬间，汽车速度为12v0，汽车的牵引力大于阻力，汽车开始做加速运动，速度增大，

由牛顿第二定律得P0v－f＝ma2，可知汽车的加速度逐渐减小，即v-t图线的斜率逐渐减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当汽车速度v升至v0时，汽车牵引力等于阻力，汽车再次做速度为v0的匀速直线运动，选项B正确．答案：B题组二动能定理应用4.(多选)如图所示为一滑草场．某条滑

道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接

处的能量损失，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．则()A．动摩擦因数μ＝67B．载人滑草车最大速度为2gh7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：对载人滑

草车从坡顶由静止到底端的全过程分析，由动能定理可知：mg·2h－μmgcos45°·hsin45°－μmgcos37°·hsin37°＝0，解得μ＝67，选项A正确；对经过上段滑道的过程分析，根据动能定理有mgh－μmgcos

45°·hsin45°＝12mv2，解得：v＝2gh7，选项B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，选项C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝μmgcos37°－mgsin37°m＝335g，选项D错误．答案：AB5.如图所示，固定斜面倾角为θ.一轻弹簧的自然长度与斜面

长相同，都为L，弹簧一端固定在斜面的底端，将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连，用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中点，松手后，小球最后落地的速度大小为v，不计空气阻力和一切摩擦，重力加速度为g，则该过程中，人对小球做的功W及小球被抛出

后离地面的最大高度H分别为()A.12mv2－mgLsinθ；v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ2gB.12mv2；v2sin2θ－2gLsinθcos2θ2gC.12mv2－12mgLsinθ；v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ2gD.12mv2－mgLsinθ；v22g解析

：对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程，由动能定理得W＋mgLsinθ＝12mv2－0，则W＝12mv2－mgLsinθ；设小球离开斜面时的速度为v0.对小球做斜抛运动的过程，由动能定理得mgLsinθ＝12mv2－12mv20；从最高点

到落地的过程，由动能定理得mgH＝12mv2－12m(v0cosθ)2，联立解得：H＝v2sin2θ＋2gLsinθcos2θ2g.答案：A6.(2020·天津卷)(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创

新的又一重大标志性成果．一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变．动车在时间t内()A．做匀加速直线运动B．加速度

逐渐减小C．牵引力的功率P＝FvmD．牵引力做功W＝12mv2m－12mv20解析：动车的功率恒定，根据P＝F牵v可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得F牵－F＝ma，可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；

当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为P＝Fvm，C正确；动车功率恒定，在t时间内，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理得Pt－Fs＝12mv2m－12mv20，D错误．答案：BC题组三机械能守恒定律的应用7.如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮

，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态．剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块()A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同解析：两物块开

始处在同一高度且处于静止状态，则mAg＝mBgsinθ，剪断轻绳后A自由落体，B沿光滑斜面下滑，机械能都守恒，着地时下降的高度相同，由mgh＝12mv2可知，两物块着地时的速度大小相同，因此速率的变化量相同，A项错误；两物块的机械能变化量都为零，B项错误；两物块的质量不等，下落的高度相等，由W

G＝mgh可知两物体重力做功不等，因而重力势能变化量的大小不同，C项错误；设下落的高度为h，则A下落过程的时间为tA＝2hg，B下滑所用时间为tB＝2hgsin2θ，将重力做功、运动时间及质量关系代入重力做功的平均功率P＝Wt公式，可求得两物体运动过程

中重力做功的平均功率相等．答案：D8.(多选)如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L，B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°，A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性

限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.则在此过程中()A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于32mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于32mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D．弹簧的弹性势能最大值为

32mgL解析：A的动能最大时，设B和C受到地面的支持力大小均为F，此时整体在竖直方向受力平衡，可得2F＝3mg，所以F＝32mg，在A的动能达到最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以B受到地面的支持力小于32mg，故A、B正确；当A达到最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，A

的加速度方向向上，故C错误；A球达到最大动能后向下做减速运动，到达最低点时三个小球的动能均为零，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能为Ep＝mg(Lcos30°－Lcos60°)＝Ep＝3－12mgL，故D错误．答案：AB9.(多选)如图所示，质量分别为2m、m的小滑块A、B，其中A套在固定的

竖直杆上，B静置于水平地面上，A、B间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接．一轻弹簧左端与B相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平．当α＝30°时，弹簧处于原长状态，此时将A由静止释放，下降到最低点时α变为45°，整个运动过程中，A、

B始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度为g.则A下降过程中()A．A、B组成的系统机械能守恒B．弹簧弹性势能的最大值为(3－2)mgLC．竖直杆对A的弹力一定大于弹簧弹力D．A的速度达到最大值前，地面对B的支持力小于3mg解析：A、B和弹簧组成的系统

机械能守恒，A、B组成的系统机械能不守恒，故A错误；根据系统机械能守恒可得：Ep＝2mgL(cos30°－cos45°)，即弹性势能的最大值为Ep＝(3－2)mgL，故B正确；对B：水平方向的合力Fx＝F杆sinα－F弹＝ma，滑块B先做加速

运动后做减速运动，又竖直杆对A的弹力等于F杆sinα，所以竖直杆对A的弹力并非始终大于弹簧的弹力，故C错误；A下降过程中动能达到最大前，A加速下降，对A、B整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg－FN＝2ma，则有FN＜3mg，故D正确

．答案：BD题组四功能关系的应用10.(2020·安庆模拟)如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物

体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为()A．mv24B．mv22C．mv2D．2mv2解析：由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故

W＝12mv2＋μmgx相，x相＝vt－v2t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确．答案：C11.(多选)如图所示，斜面1、曲面2和斜面3的顶端高度相同，底端位于同一水平面上，斜面1与曲面2

的水平底边长度相同．一物体与三个面间的动摩擦因数相同，在它由静止开始分别沿三个面从顶端下滑到底端的过程中，下列判断正确的是()A．物体减少的机械能ΔE1＝ΔE2>ΔE3B．物体减少的机械能ΔE2>ΔE1>ΔE3C．物体到达底端时的速度v1＝v2

<v3D．物体到达底端时的速度v2<v1<v3解析：如图所示，由功能关系可知物体克服摩擦力所做的功，等于物体减少的机械能．当物体在斜面上滑动时，物体克服摩擦力所做的功为μmgcosθ·xAC＝μmgxBC，则物体克服摩擦力所做的功与BC边

长度有关，W克1>W克3，由于在轨道2上滑动时，为曲线运动，由牛顿第二定律可得FN＝mgcosθ＋mv2R，所以在轨道2上滑动时滑动摩擦力大于μmgcosθ，则W克2>W克1，故W克2>W克1>W克3，由此可知物体减少的机械能ΔE2>ΔE

1>ΔE3，故A错误；由动能定理可知mgh－W克＝12mv2，由于W克2>W克1>W克3可得v2<v1<v3，故C错误，B、D正确．答案：BD题组五综合练12.(2018·天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞

成功后，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103m时才能达到起飞所要求的速度v＝80m/s.已知飞机质量m＝7.0×104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10m/s2.求飞机滑跑

过程中(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P.解析：(1)飞机做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax，①代入数据解得a＝2m/s2.②(2)飞机受到的阻力F阻＝0.1mg.③设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F－

F阻＝ma，④飞机滑跑过程中的平均速度v＝v2，⑤所以牵引力的平均功率P＝Fv，⑥联立②③④⑤⑥式得P＝8.4×106W．⑦答案：(1)2m/s2(2)8.4×106W13．(2020·浙江卷)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直

圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成．质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放．已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力

．(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度

h与x之间的关系．(碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)机械能守恒定律mgH＝mgR＋12mv2D，牛顿第二定律FN＝mv2DR＝8N，牛顿第三定律F′N＝FN＝8N.方向水平向左．(2

)能在斜轨道上到达最高点为C′点，功能关系mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ得LBC′＝1516m<1.0m.故不会冲出．(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理mgH－μmgx＝12m

v2，碰撞后的速度为v′，动量守恒定律mv＝3mv′，设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理－3μmg(LAB－x)－3μmghtanθ－3mgh＝0－12(3m)v′2得h＝16x－548m58m<x≤1m；h＝00≤x≤58m.答案：(1)8N，方向水平向左(2)不

会冲出(3)h＝16x－54858m<x≤1m；h＝00≤x≤58m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com