发布时间 : 星期三 文章2019-2020年高考物理考前三个月：专题5-功和能(含答案)更新完毕开始阅读2c431d1d85868762caaedd3383c4bb4cf7ecb79e
5．如图18所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则( )
图18
A．F1＝F2＝2mg
B．从A到B，拉力F做功为F1L
C．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变 D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大 答案 A
解析 在B点，根据平衡有：F1sin 30°＝mg，解得F1＝2mg.
12v2B到A，根据动能定理得，mgL(1－cos 60°)＝mv，根据牛顿第二定律得，F2－mg＝m，
2L联立两式解得F2＝2mg，故A正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得，WF－mgL(11
－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL，故B错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，
2径向的合力在变化，故C错误；在B点，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误． 6．人通过定滑轮将质量为m的物体，沿倾角为θ的光滑斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图19所示．则在此过程中( )
图19
A．人对物体做的功为mgh 1B．人对物体做的功为mv2
2
C．物体克服重力所做的功为mghcos θ 1
D．物体所受的合外力做功为mv2
2答案 D
1
解析 由动能定理可知，人做的功等于克服物体重力的功及物体增加的动能之和，大于mv2，
2
大于mgh，故A、B错误；物体克服重力所做的功为mgh，故C错误；对物体受力分析可知，1
物体受重力和拉力的作用，由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于mv2，
2故D正确．
7．一个排球在A点被竖直抛出时动能为20 J，上升到最大高度后，又回到A点，动能变为12 J，设排球在运动中受到的阻力大小恒定，则( ) A．上升到最高点过程重力势能增加了20 J B．上升到最高点过程机械能减少了8 J C．从最高点回到A点过程克服阻力做功4 J D．从最高点回到A点过程重力势能减少了12 J 答案 C
解析 由题意知整体过程中动能(机械能)减少了8 J，则上升过程克服阻力做功4 J，下落过程克服阻力做功4 J．上升到最高点过程动能减少量为20 J，克服阻力做功4 J即机械能减少4 J，则重力势能增加了16 J，A、B错误；由前面分析知C正确；从最高点回到A点过程动能增加了12 J，机械能减少4 J，则重力势能减少16 J，D错误.
8．在物体下落过程中，速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系．某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图像，并作出t＝0.5 s时刻的切线，如图20所示．已知小球在t＝0时刻释放，其质量为0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图20
(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能； (2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值． 答案 (1)2.25 J (2)3.75 N
解析 (1)由图像可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1＝5 m/s，碰撞后瞬间速度v2＝4 m/s，
112碰撞过程损失的机械能ΔE＝mv21－mv2 22
代入数据可得ΔE＝2.25 J.
Δv
(2)由图像可得t＝0.5 s时小球加速度a＝＝4 m/s2
Δt由牛顿第二定律mg－f＝ma，
由于f＝kv，k＝0.75，则fmax＝kvmax＝3.75 N.
9．如图21甲所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长．一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝1.0 kg的小滑块(可视为质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态．当t＝0时释放滑块．在0～0.24 s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示．已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102 N/m，当t＝0.14 s时，滑块的速度v11＝2.0 m/s.g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.弹簧弹性势能的表达式为Ep＝kx2(式中k
2为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)．求：
图21
(1)斜面对滑块摩擦力的大小f；
(2)t＝0.14 s时滑块与出发点间的距离d； (3)在0～0.44 s时间内，摩擦力做的功W. 答案 (1)4.0 N (2)0.20 m (3)－1.64 J
解析 (1)当t1＝0.14 s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动．由题图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小a1＝10 m/s2. 根据牛顿第二定律有mgsin θ＋f＝ma1 所以f＝4.0 N
(2)当t1＝0.14 s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0＝0时弹簧的1
形变量x，所以在0～0.14 s时间内弹簧弹力做的功W弹＝Ep初－Ep末＝kd2.在这段过程中，
212
根据动能定理有W弹－mgdsin θ－fd＝mv1－0
2可求得d＝0.20 m
(3)设从t1＝0.14 s时开始，经时间Δt1滑块的速度减为零，则有 0－v1
Δt1＝＝0.20 s
－a1
这段时间内滑块运动的距离x1＝
20－v1
－a1
＝0.20 m
此时t2＝0.14 s＋Δt1＝0.34 s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小 mgsin θ－fa2＝＝2.0 m/s2
m
1
在0.34～0.44 s(Δt2＝0.1 s)时间内，滑块反向运动的距离x2＝a2Δt22＝0.01 m 2所以在0～0.44 s时间内，摩擦力f做的功 W＝－f(d＋x1＋x2)＝－1.64 J
1
10．如图22所示，粗糙水平面与半径R＝1.5 m的光滑圆弧轨道相切于B点，质量m＝1 kg
4的物体在大小为10 N、方向与水平面成37°角的拉力F作用下从A点由静止开始沿水平面运动，到达B点时立刻撤去F，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C点，然后返回经过B处的速度vB＝15 m/s.已知sAB＝15 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
图22
(1)物体到达C点时对轨道的压力大小和物体越过C点后上升的最大高度h； (2)物体与水平面间的动摩擦因数μ. 答案 (1)130 N 9.75 m (2)0.125
112解析 (1)设物体在C处的速度为vC，由机械能守恒定律有mgR＋mv2＝mv①
2C2B
2vC在C处，由牛顿第二定律有FC＝m②
R
联立①②并代入数据解得：轨道对物体的支持力FC＝130 N 根据牛顿第三定律，物体到达C点时对轨道的压力大小FC′＝130 N