专题06 功与能解析版.docx
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专题06功与能解析版
2020年高考物理三轮冲刺与命题大猜想
专题06功与能
猜想一:
结合图像考查功与能量
【猜想依据】今年高考选择题中,通过运动图像或能量图像对能量观念的考查较多,要求根据物理问题实际情况和所给的条件,恰当运用几何关系、函数图像等形式和方法进行表达、分析、解决物理问题。
【例1】(2020·江西赣州高三上学期期末)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。
下列说法正确的是( )
A.0~6s内物体的位移大小为12mB.0~6s内拉力做功为70J
C.物体的质量为10kgD.滑动摩擦力的大小为5N
【答案】BCD
【解析】:
.0~6s内物体的位移大小等于v-t图象中图线与时间轴所包围的面积,即x=10m,A错误;0~2s内拉力做的功W1=P·t1=
×2J=30J,2~6s内拉力做的功W2=Pt2=10×4J=40J,所以0~6s内拉力做的总功W=W1+W2=70J,B正确;在2~6s内,v=2m/s,P=10W,物体做匀速直线运动,F=f,则滑动摩擦力f=F=
=
N=5N,当P1=30W时,v=2m/s,得到牵引力F1=
=
N=15N,在0~2s内,物体做匀加速直线运动,加速度a=
=1m/s2,由牛顿第二定律可得:
F1-f=ma,可知:
m=10kg,C、D正确.
【例2】(2020·辽宁大连五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力逐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移变化的关系图象.已知重力加速度g=10m/s2.根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有( )
A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功
C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间
【答案】ABC.
【解析】:
物体做匀速直线运动时,拉力F与滑动摩擦力f大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=
=0.35,A正确;减速过程由动能定理得WF+Wf=0-
mv2,根据F-x图象中图线与坐标轴围成的面积可以估算力F做的功WF,而Wf=-μmgx,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v,B、C正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,D错误.
【例3】(2020·苏北四市联考)如图甲所示,质量m=2kg的物体以100J的初动能在粗糙的水平地面上滑行,其动能Ek随位移x变化的关系图象如图乙所示,则下列判断中正确的是( )
A.物体运动的总位移大小为10mB.物体运动的加速度大小为10m/s2
C.物体运动的初速度大小为10m/sD.物体所受的摩擦力大小为10N
【答案】 ACD
【解析】 由图乙可知物体运动的总位移大小为10m,A正确;物体的初动能Ek0=
mv
=100J,则v0=
=10m/s,C正确;由动能定理得-fx=ΔEk=-100J,则f=10N,D正确;由牛顿第二定律得f=ma,a=
=5m/s2,B错误。
猜想二:
结合体育、生活实际考查能量
【猜想依据】联系实际的实例考查动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律的理解和应用,体现了对物理核心素养中能量观点的考查,这与新高考从“解题”向“解决问题”转变的思想是一致的,符合高考命题趋势。
【例1】(2020·浙江嘉兴一中模拟)在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳,如图所示.某次蹦床活动中小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B,小孩可看成质点.不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.从A点运动到O点,小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B.从O点运动到B点,小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C.从A点运动到B点,小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D.从B点返回到A点,小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量
【答案】AD
【解析】:
.小孩从A点运动到O点,由动能定理可得mghAO-W弹1=ΔEk1,A正确;小孩从O点运动到B点,由动能定理可得mghOB-W弹2=ΔEk2,B错误;小孩从A点运动到B点,由功能关系可得-W弹=ΔE机1,C错误;小孩从B点返回到A点,弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能,则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量,D正确.
【例2】(2020·江苏七市二模)引体向上是中学生体育测试的项目之一,引体向上运动的吉尼斯世界纪录是53次/分钟。
若一个普通中学生在30秒内完成12次引体向上,该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于( )
A.5WB.20WC.100WD.400W
【答案】C.
【解析】:
学生体重约为50kg,每次引体向上上升高度约为0.5m,引体向上一次克服重力做功为W=mgh=50×10×0.5J=250J,全过程克服重力做功的平均功率为
=
=
=100W,故C正确,A、B、D错误.
【例3】.(2020·安徽安庆高三质检)安徽首家滑雪场正式落户国家AAAA级旅游景区——安庆巨石山,现已正式“开滑”.如图所示,滑雪者从O点由静止沿斜面自由滑下,接着在水平面上滑至N点停下.斜面、水平面与滑雪板之间的动摩擦因数都为μ=0.1.滑雪者(包括滑雪板)的质量为m=50kg,g取10m/s2,O、N两点间的水平距离为s=100m.在滑雪者经过ON段运动的过程中,克服摩擦力做的功为( )
A.1250JB.2500JC.5000JD.7500J
【答案】C.
【解析】:
设斜面的倾角为θ,则滑雪者从O到N的运动过程中克服摩擦力做的功Wf=μmgxOMcosθ+μmgxMN,由题图可知,xOMcosθ+xMN=s,两式联立可得Wf=μmgs=0.1×50×10×100J=5000J,故A、B、D错误,C正确.
【例4】(2020·广东广州执信中学模拟)2022年北京和张家口将携手举办冬奥会,因此在张家口建造了高标准的滑雪跑道,来迎接冬奥会的到来.如图所示,一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由滑下,当下滑到距离坡底s1处时,动能和势能相等(以坡底为参考平面);到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡(不计经过坡底时的机械能损失),当上滑到距离坡底s2处时,运动员的动能和势能又相等,上滑的最大距离为4m.关于这个过程,下列说法中正确的是( )
A.摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化量
B.重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化量
C.s1<4m,s2>2m
D.s1>4m,s2<2m
【答案】BC.
【解析】:
运动员在斜坡上滑行的过程中有重力做功,摩擦力做功,由动能定理可知A错误,B正确.从左侧斜坡s处滑至s1处过程中,由动能定理得:
mg(s-s1)sinα-Wf=
mv2①(其中s=8m,s1是距坡底的距离),因为下滑到距离坡底s1处动能和势能相等,所以有:
mgs1sinα=
mv2②,由①②式得:
mg(s-s1)sinα-Wf=mgs1sinα③,由③式得:
s-s1>s1,即s1<4m;同理,从右侧斜坡s2处滑至s′(s′=4m)处过程中,由动能定理得:
-mg(s′-s2)sinθ-W′f=0-
mv
④,因为距坡底s2处动能和势能相等,有mgs2sinθ=
mv
⑤,由④⑤式得:
mg(s′-s2)sinθ+W′f=mgs2sinθ⑥,由⑥式得:
s′-s2
猜想三:
借助弹簧等连接体模型考查功能关系和能量守恒
【猜想依据】能量守恒定律和功能关系的应用在近几年有增加的趋势,常将功和能的知识和方法融入弹簧、连接体模型中考查,情景设置为多过程,具有较强的综合性.尤其在。
可以很好的考查学生分析问题解决问题的能力。
【要点概述】轻弹簧模型“四点”注意
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功时,物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化,物体和弹簧组成的系统机械能守恒,而单个物体和弹簧机械能都不守恒.
②含弹簧的物体系统机械能守恒问题,符合一般的运动学解题规律,同时还要注意弹簧弹力和弹性势能的特点.
③弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的减少量,而弹簧弹力做功与路径无关,只取决于初、末状态弹簧形变量的大小.
④由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统,当弹簧形变量最大时,弹簧两端连接的物体具有相同的速度;弹簧处于自然长度时,弹簧弹性势能最小(为零).
【例1】(多选)(2020·河南洛阳二模)如图所示,有质量为2m、m的小滑块P、Q,P套在固定竖直杆上,Q放在水平地面上.P、Q间通过铰链用长为L的刚性轻杆连接,一轻弹簧左端与Q相连,右端固定在竖直杆上,弹簧水平,α=30°时,弹簧处于原长.当α=30°时,P由静止释放,下降到最低点时α变为60°,整个运动过程中,P、Q始终在同一竖直平面内,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则P下降过程中( )
A.P、Q组成的系统机械能守恒
B.当α=45°时,P、Q的速度相同
C.弹簧弹性势能最大值为(
-1)mgL
D.P下降过程中动能达到最大前,Q受到地面的支持力小于3mg
【答案】 CD
【解析】对于P、Q组成的系统,由于弹簧对Q要做功,所以系统的机械能不守恒.但对P、Q、弹簧组成的系统,只有重力或弹簧弹力做功,系统的机械能守恒,故A错误;当α=45°时,根据P、Q沿轻杆方向的分速度相等得vQcos45°=vPcos45°,可得vP=vQ,但速度方向不同,所以P、Q的速度不同,故B错误;根据系统机械能守恒可得:
Ep=2mgL(cos30°-cos60°),弹性势能的最大值为Ep=(
-1)mgL,故C正确;P下降过程中动能达到最大前,P加速下降,对P、Q整体,在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg-N=2ma,则有N<3mg,故D正确.
【例2】(2020·黑龙江哈尔滨六中检测)如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过绳子连接在一起,圆环套在光滑的竖直杆上,开始时连接圆环的绳子处于水平,长度l=4m,现从静止释放圆环.不计定滑轮和空气的阻力,g取10m/s2,若圆环下降h=3m时的速度v=5m/s,则A和B的质量关系为( )
A.
=
B.
=
C.
=
D.
=
【答案】A
【解析】:
.圆环下降3m后的速度可以按如图所示分解,
故可得vA=vcosθ=
,A、B和绳子看成一个整体,整体只有重力做功,机械能守恒,当圆环下降h=3m时,根据机械能守恒可得mgh=MghA+
mv2+
Mv
,其中hA=
-l,联立可得
=
,故A正确.
最新模拟冲刺练习
1.(2020·河北张家口高三期末)如图所示,运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程,在这两个过程中,下列说法正确的是( )
A.运动员先处于超重状态后处于失重状态B.空气浮力对系统始终做负功
C.加速下降时,重力做的功大于系统重力势能的减小量D.任意相等的时间内系统重力势能的减小量相等
【答案】B.
【解析】:
运动员先加速向下运动,处于失重状态,后减速向下运动,处于超重状态,A错误;空气浮力与运动方向总相反,故空气浮力对系统始终做负功,B正确;加速下降时,重力做的功等于系统重力势能的减小量,C错误;因为是变速运动,所以任意相等的时间内,系统下降的高度不相等,则系统重力势能的减小量不相等,D错误.
2.(2020·安徽合肥一模)如图所示,一个质量为m的小铁块沿半径为R的固定半圆轨道上边缘由静止滑下,到半圆轨道最低点时,轨道所受压力为铁块重力的1.5倍,则此过程中铁块损失的机械能为(重力加速度为g)( )
A.
mgRB.
mgRC.
mgRD.
mgR
【答案】D.
【解析】:
铁块在最低点,支持力与重力合力等于向心力,即1.5mg-mg=m
,即铁块动能Ek=
mv2=
mgR,初动能为零,故动能增加
mgR,铁块重力势能减少mgR,所以机械能损失
mgR,D正确.
3.(2020·浙江嘉兴一中模拟)在儿童乐园的蹦床项目中,小孩在两根弹性绳和弹性床的协助下实现上下弹跳,如图所示.某次蹦床活动中小孩静止时处于O点,当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B,小孩可看成质点.不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.从A点运动到O点,小孩重力势能的减少量大于动能的增加量
B.从O点运动到B点,小孩动能的减少量等于蹦床弹性势能的增加量
C.从A点运动到B点,小孩机械能的减少量小于蹦床弹性势能的增加量
D.从B点返回到A点,小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量
【答案】AD.
【解析】:
小孩从A点运动到O点,由动能定理可得mghAO-W弹1=ΔEk1,A正确;小孩从O点运动到B点,由动能定理可得mghOB-W弹2=ΔEk2,B错误;小孩从A点运动到B点,由功能关系可得-W弹=ΔE机1,C错误;小孩从B点返回到A点,弹性绳和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能,则知小孩机械能的增加量大于蹦床弹性势能的减少量,D正确.
4.(2020·山东枣庄市上学期期末)某马戏团演员做滑杆表演时,所用竖直滑杆的上端通过拉力传感器固定在支架上,下端悬空,滑杆的质量为20kg.从演员在滑杆上端做完动作时开始计时,演员先在杆上静止了0.5s,然后沿杆下滑,3.5s末刚好滑到杆底端,速度恰好为零,整个过程演员的v-t图象和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示,取重力加速度g=10m/s2,则下列说法正确的是( )
A.演员在1.0s时的加速度大小为2m/s2B.滑杆的长度为5.25m
C.传感器显示的最小拉力为420ND.3.5s内演员损失的机械能为2700J
【答案】 D
【解析】 由v-t图象可知,演员在1.0s时的加速度大小a=
m/s2=3m/s2,故A错误;
v-t图象与t轴所围的面积表示位移,则可知,总长度x=
×3×3m=4.5m,故B错误;
两图结合可知,静止时,传感器示数为800N,除去杆的重力200N,演员的重力就是600N,在演员加速下滑阶段,处于失重状态,杆受到的拉力最小,由牛顿第二定律得:
mg-F1=ma,解得:
F1=420N,加上杆的重力200N,可知杆受的拉力为620N,故C错误;由题意可知演员从滑杆上端下滑到杆底端的过程中,初、末速度相同,故ΔEk=0,则减小的重力势能等于损失的机械能,即ΔE=mgh=600×4.5J=2700J,故D正确.
5.(2020·湖北襄阳模拟)用竖直向上大小为30N的力F,将2kg的物体从沙坑表面由静止提升1m时撤去力F,经一段时间后,物体落入沙坑,测得落入沙坑的深度为20cm.若忽略空气阻力,g取10m/s2.则物体克服沙坑的阻力所做的功为( )
A.20JB.24J
C.34JD.54J
【答案】C.
【解析】:
对整个过程应用动能定理得:
F·h1+mgh2-Wf=0,解得:
Wf=34J,C对.
6.(2020·江西赣州高三上学期期末)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用,在0~6s内其速度与时间图象和该拉力的功率与时间的图象如图所示。
下列说法正确的是( )
A.0~6s内物体的位移大小为12mB.0~6s内拉力做功为70J
C.物体的质量为10kgD.滑动摩擦力的大小为5N
【答案】BCD.
【解析】:
0~6s内物体的位移大小等于v-t图象中图线与时间轴所包围的面积,即x=10m,A错误;0~2s内拉力做的功W1=P·t1=
×2J=30J,2~6s内拉力做的功W2=Pt2=10×4J=40J,所以0~6s内拉力做的总功W=W1+W2=70J,B正确;在2~6s内,v=2m/s,P=10W,物体做匀速直线运动,F=f,则滑动摩擦力f=F=
=
N=5N,当P1=30W时,v=2m/s,得到牵引力F1=
=
N=15N,在0~2s内,物体做匀加速直线运动,加速度a=
=1m/s2,由牛顿第二定律可得:
F1-f=ma,可知:
m=10kg,C、D正确.
7.(2020·山西大学附属中学模拟)如图甲所示,一倾角为37°的传送带以恒定速度运行.现将一质量m=1kg的物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.则下列说法正确的是( )
A.0~8s内物体位移的大小是18mB.0~8s内物体机械能增量是90J
C.0~8s内物体机械能增量是84JD.0~8s内物体与传送带因摩擦产生的热量是126J
【答案】BD
【解析】:
.从题图乙求出0~8s内物体位移的大小s=14m,A错误;0~8s内,物体上升的高度h=ssinθ=8.4m,物体机械能增量ΔE=ΔEp+ΔEk=90J,B正确,C错误;0~6s内物体的加速度a=μgcosθ-gsinθ=1m/s2,得μ=
,传送带速度大小为4m/s,Δs=18m,0~8s内物体与传送带摩擦产生的热量Q=μmgΔscosθ=126J,D正确.
8.(2020·北京模拟)将一个物体以初动能E0竖直向上抛出,落回地面时物体的动能为
.设空气阻力恒定,如果将它以初动能4E0竖直上抛,则它在上升到最高点的过程中,重力势能变化了( )
A.3E0 B.2E0
C.1.5E0D.E0
【答案】A.
【解析】:
设动能为E0,其初速度为v0,上升高度为h;当动能为4E0,则初速度为2v0,上升高度为h′.由于在上升过程中加速度相同,根据v2=2gh可知,h′=4h,根据动能定理设摩擦力大小为f,f×2h=
,则f×4h=E0.因此在升到最高处其重力势能为3E0,A正确.
9.(多选)(2020·黑龙江哈尔滨模拟)将质量分别为m和2m的两个小球A和B,用长为2L的轻杆相连,如图所示,在杆的中点O处有一固定水平转动轴,把杆置于水平位置后由静止自由释放,在B球顺时针转动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )
A.A、B两球的线速度大小始终不相等B.重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小
C.B球转动到最低位置时的速度大小为
D.杆对B球做正功,B球机械能不守恒
【答案】BC
【解析】:
.A、B两球用轻杆相连共轴转动,角速度大小始终相等,转动半径相等,所以两球的线速度大小也相等,A错误;杆在水平位置时,重力对B球做功的瞬时功率为零,杆在竖直位置时,B球的重力方向和速度方向垂直,重力对B球做功的瞬时功率也为零,但在其他位置重力对B球做功的瞬时功率不为零,因此,重力对B球做功的瞬时功率先增大后减小,B正确;设B球转动到最低位置时速度为v,两球线速度大小相等,对A、B两球和杆组成的系统,由机械能守恒定律得2mgL-mgL=
(2m)v2+
mv2,解得v=
,C正确;B球的重力势能减少了2mgL,动能增加了
mgL,机械能减少了,所以杆对B球做负功,D错误.
10.(2020·河北定州中学模拟)如图所示,A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,A放在固定的光滑斜面上,B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,C球放在水平地面上.现用手控制住A,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m,B、C的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态.释放A后,A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面.下列说法正确的是( )
A.斜面倾角α=60°
B.A获得的最大速度为2g
C.C刚离开地面时,B的加速度最大
D.从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B两小球组成的系统机械能守恒
【答案】B.C
【解析】:
刚离开地面时,对C有kx2=mg,此时B有最大速度,即aB=aC=0,则对B有FT-kx2-mg=0,对A有4mgsinα-FT=0,由以上方程联立可解得sinα=
,α=30°,故A错误;初始系统静止,且线上无拉力,对B有kx1=mg,可知x1=x2=
,则从释放A至C刚离开地面时,弹性势能变化量为零,由机械能守恒定律得4mg(x1+x2)sinα=mg(x1+x2)+
(4m+m)vB
,由以上方程联立可解得vBm=2g
,所以A获得的最大速度为2g
,故B正确;对B球进行受力分析可知,刚释放A时,B所受合力最大,此时B具有最大加速度,故C错误;从释放A到C刚离开地面的过程中,A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒,故D错误.
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