高考物理考前冲刺（17）功和能选择题猜押练 (含详解)

高考物理冲破高分瓶颈考前必破

破（17）功和能选择题猜押练

【真题引领】

1.(2019·全国卷Ⅲ ·T14) 楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现? (　　)　　　　　　　　　　　　　　

A.电阻定律    B.库仑定律      C.欧姆定律     D.能量守恒定律

2.(2019·全国卷Ⅱ ·T18)从地面竖直向上抛出一物体,其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点,该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得              (　　)

A.物体的质量为2 kg

B.h=0时,物体的速率为20 m/s

C.h=2 m时,物体的动能Ek=40 J

D.从地面至h=4 m,物体的动能减少100 J

3.(2019·全国卷Ⅲ ·T17)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为              (　　)

A.2 kg      B.1.5 kg       C.1 kg      D.0.5 kg

4.(2019·江苏高考·T8)如图所示,轻质弹簧的左端固定,并处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上述过程中              (　　)

A.弹簧的最大弹力为μmg

B.物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C.弹簧的最大弹性势能为μmgs

D.物块在A点的初速度为

【高考猜押】

5．  2016年5月6日中国首条具有完全自主知识产权的中低速磁悬浮商业运营示范线——长沙磁浮快线开通试运营，该线路也是世界上最长的中低速磁悬浮运营线。国家“十三五”重点研发计划《现代轨道交通专项》启动时速600公里高速磁悬浮交通和时速200公里中速磁悬浮交通研发项目。列车速度的提高要解决许多具体的技术问题，提高牵引功率就是其中之一。若列车匀速行驶时，所受阻力大小与速度大小成正比，当磁悬浮列车分别以600 km/h和200 km/h的速度匀速行驶时，列车的牵引功率之比为

A．3∶1　　　　　　　　　B．6∶1

C．9∶1                  D．12∶1

6．(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球。必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W。设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是

A.mgR            B.mgR

C.mgR            D.mgR

7．如图所示，一个小球由A静止开始沿粗糙的圆周顶端运动到底端B时速度为v1，克服摩擦力做功W1；以速度v2从底端B出发，恰好能运动到顶端A，克服摩擦力做功为W2，则

A．v1＞v2，W1＞W2           B．v1＝v2，W1＞W2

C．v1＝v2，W1＝W2           D．v1＜v2，W1＜W2

8．(多选)如图1所示，小物块静止在倾角θ＝37°的粗糙斜面上。现对物块施加一个沿斜面向下的推力F，力F的大小随时间t的变化情况如图2所示，物块的速率v随时间t的变化规律如图3所示，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是

A．物块的质量为1 kg

B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.7

C．0～3 s时间内力F做功的平均功率为0.32 W

 D．0～3 s时间内物体克服摩擦力做的功为5.12 J

0～3 s时间内物体克服摩擦力做的功为：Wf＝μmgcos θ·x＝0.8×1×10×cos 37°×0.8 J＝5.12 J，故D正确。

9．如图甲所示，固定的粗糙斜面长为10 m，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑的过程中，小滑块的动能Ek随位移x的变化规律如图乙所示，取斜面底端的重力势能为零，小滑块的重力势能Ep随位移x的变化规律如图丙所示，重力加速度g＝10 m/s2。根据上述信息可以求出

A．斜面的倾角

B．小滑块与斜面之间的动摩擦因数

C．小滑块下滑的加速度的大小

D．小滑块受到的滑动摩擦力的大小

10.(多选)如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到与弹簧水平的位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法中正确的是

A．弹簧与杆垂直时，小球速度最大

B．弹簧与杆垂直时，小球的动能与重力势能之和最大

C．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量小于mgh

D．小球下滑至最低点的过程中，弹簧的弹性势能增加量等于mgh

11．如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25 N，空气阻力不计，g＝10 m/s2，B点为AC轨道中点，下列说法正确的是

A．小球质量为0.5 kg

B．小球在B点受到轨道作用力为4.25 N

C．图乙中x＝25 m2/s2

D．小球在A点时重力的功率为5 W

12．(多选)(2017·广州模拟)在倾角为θ的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度为a，且方向沿斜面向上，设弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，则

A．当B刚离开C时，A发生的位移大小为

B．从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为

C．B刚离开C时，恒力对A做功的功率为(2mgsin θ＋ma)v

D．当A的速度达到最大时，B的加速度大小为

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破（17）功和能选择题猜押练(答案）

【真题引领】

1、【答案】D

解析：楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程,故D项正确。2、【答案】A、D

解析：由Ep=mgh知Ep-h图像的斜率为mg,故mg==20 N,解得m=2 kg,故A正确;h=0时,Ep=0,Ek=

E总-Ep=100 J-0=100 J,故mv2=100 J,解得:v=10 m/s,故B错误;h=2 m时,Ep=40 J,Ek= E总-Ep=90 J-40 J=50 J,故C错误;h=0时,Ek=E总-Ep=100 J-0=100 J,h=4 m时,Ek'=E总-Ep=80 J-80 J=0,故Ek- Ek'=100 J,故D正确。

3、【答案】C

解析：对上升过程,由动能定理,-(F+mg)h=Ek-Ek0,得Ek=Ek0-(F+mg)h,即F+mg=-k=12 N;下落过程中,设物体从最高处下落到地面的距离为l,由动能定理可得(mg-F)(l-h)=Ek,转换可得Ek=(mg-F)l-(mg-F)h,即mg-F=-k'=8 N,联立两公式,得到m=1 kg、F=2 N,故只有C正确。4、【答案】B、C

解析：弹簧被压缩到最短时,物块有向右的加速度,弹力大于滑动摩擦力f=μmg,选项A错误;物块在运动中所受的摩擦力与运动方向总相反,物块运动的路程为2s,所以克服摩擦力做的功为W=2μmgs,选项B正确;由动能定理可知,从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点,动能的变化为零,弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W'=μmgs,选项C正确;由物块从A点到返回A点,根据动能定理-μmg·2s=0-m可得v0=2,所以选项D错误。

【高考猜押】

5、【答案】C

6、【答案】AB

解析　第一次击打，小球运动的最大高度为R，即W≤mgR。第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mg≤m，即v0≥。小球从静止到达最高点的过程，由动能定理得W＋4W－mg·2R＝mv－0，得W≥mgR，则mgR≤W≤mgR，正确选项为AB。

7、【答案】D

解析　对小球由圆周轨道的顶端A静止开始的下滑过程，由动能定理，mgR－W1＝mv；对小球由圆周轨道的底端B出发的运动过程，由动能定理，－mgR－W2＝0－mv；显然v1＜v2。把圆周轨道分割成很多微元，两个过程在对应微元上，第二个过程的速度较大，对轨道的压力较大，运动所受的滑动摩擦力较大，沿圆周轨道运动克服摩擦力做功较多，即W1＜W2，选项D正确。8、【答案】AD

解析　由速度图象知在1～3 s时间内，物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：

0．8＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，

由v­t图象可知，加速度：a＝ m/s2＝0.4 m/s2。

在3～4 s时间内，物块做匀速直线运动，由平衡条件得：

μmgcos θ－mgsin θ＝0.4 N，

解得：m＝1 kg，μ＝0.8，故A正确、B错误；

由v­t图象可知，0～1 s时间内，物块静止，力F不做功，1～3 s时间内，力F＝0.8 N，物块的位移x＝×0.4×22 m＝0.8 m,0～3 s内力F做功的平均功率为：

P＝＝＝ W＝0.213 W，故C错误。

9、【答案】D

解析　图乙是动能—位移图象(Ek­x图象)，其斜率的绝对值是小滑块所受合外力大小F合＝mgsin θ－μmgcos θ，由乙可知：F合＝mgsin θ－μmgcos θ＝2.5 N；图丙是重力势能一位移图象(Ep­x图象)，其斜率的绝对值是小滑块所受重力沿斜面向下的分量Gx＝mgsin θ，由图丙可知：Gx＝mgsin θ＝10 N。则可求出小滑块受到的滑动摩擦力的大小Ff＝μmgcos θ＝7.5 N，D正确。由于滑块质量未知，故其他量均不可求。

10、【答案】BD

解析　当小球受到的合力为零时，其速度最大，对小球受力分析，可知合力为零的位置在弹簧与杆垂直的位置的下面，选项A错误；小球从初始位置到弹簧与杆垂直的位置，弹簧对小球做正功，小球的机械能增加，而后，弹簧对小球做负功，小球的机械能减少，则知弹簧与杆垂直时，小球的机械能最大，选项B正确；小球下滑至最低点的过程中，初、末动能不变，小球的重力势能减少量为mgh，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于mgh，选项C错误。D正确。

11、【答案】BC

解析　由图乙可知小球在C点的速度大小为v＝3 m/s，轨道半径R＝0.4 m，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg＋F＝，代入数据得质量m＝0.1 kg，选项A错误；由机械能守恒可知，小球在B点的速度由mv2＋mgR＝mv，解得v＝17，因B点是弹力提供向心力，所以有F＝，解得F＝4.25 N，选项B正确；再由机械能守恒可得mv2＋2mgR＝mv，解得小球在A点的速度v0＝5 m/s，所以图乙中x＝25 m2/s2，选项C正确；因重力与速度方向垂直，所以小球在A点时重力的功率为0，选项D错误。

12、【答案】AD

解析　开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有：mgsin θ＝kx1

解得：x1＝

物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有：2mgsin θ＝kx2

解得：x2＝

故物块A运动的距离为：Δx＝x1＋x2＝，故A正确；从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为W＝mg·Δx·sin θ＝，故B错误。

此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F－mgsin θ－T＝ma

弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，T＝2mgsin θ

故：F＝3mgsinθ＋ma，恒力对A做功的功率为(3mgsin θ＋ma)v。故C错误；

当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则：F－mgsinθ－T′＝0

所以：T′＝2mgsin θ＋ma

B沿斜面方向由牛顿第二定律得T′－2mgsin θ＝2ma′

所以：a′＝＝＝a。故D正确。