三年高考（2017-2019）高考物理真題分項匯編 專題07 功和能（含解析）

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1、專題07 功和能 1．（2019·新課標全國Ⅱ卷）從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能Ek與重力勢能Ep之和。取地面為重力勢能零點，該物體的E總和Ep隨它離開地面的高度h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。由圖中數據可得 A．物體的質量為2 kg B．h=0時，物體的速率為20 m/s C．h=2 m時，物體的動能Ek=40 J D．從地面至h=4 m，物體的動能減少100 J 【答案】AD 【解析】A．Ep–h圖像知其斜率為G，故G==20 N，解得m=2 kg，故A正確B．h=0時，Ep=0，Ek=E機–Ep=100 J–0=100 J，故=100 J

2、，解得：v=10 m/s，故B錯誤；C．h=2 m時，Ep=40 J，Ek=E機–Ep=85 J–40 J=45 J，故C錯誤；D．h=0時，Ek=E機–Ep=100 J–0=100 J，h=4 m時，Ek′=E機–Ep=80 J–80 J=0 J，故Ek–Ek′=100 J，故D正確。 2．（2019·新課標全國Ⅲ卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為 A．2 kg B．1.5 kg C．1 k

3、g D．0.5 kg 【答案】C 【解析】對上升過程，由動能定理，，得，即F+mg=12 N；下落過程，，即N，聯立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N。 3．（2019·江蘇卷）如圖所示，輕質彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質量為m，從A點向左沿水平地面運動，壓縮彈簧后被彈回，運動到A點恰好靜止．物塊向左運動的最大距離為s，與地面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中 A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點的初速度為 【答案】BC 【解析】小物塊壓縮彈簧最短

4、時有，故A錯誤；全過程小物塊的路程為，所以全過程中克服摩擦力做的功為：，故B正確；小物塊從彈簧壓縮最短處到A點由能量守恒得：，故C正確；小物塊從A點返回A點由動能定理得：，解得：，故D錯誤。 4．（2019·浙江選考）奧運會比賽項目撐桿跳高如圖所示，下列說法不正確的是 A．加速助跑過程中，運動員的動能增加 B．起跳上升過程中，桿的彈性勢能一直增加 C．起跳上升過程中，運動員的重力勢能增加 D．越過橫桿后下落過程中，運動員的重力勢能減少動能增加 【答案】B 【解析】加速助跑過程中速度增大，動能增加，A正確；撐桿從開始形變到撐桿恢復形變時，先是運動員部分動能轉化為桿的彈性勢能，后

5、彈性勢能轉化為運動員的動能與重力勢能，桿的彈性勢能不是一直增加，B錯誤；起跳上升過程中，運動員的高度在不斷增大，所以運動員的重力勢能增加，C正確；當運動員越過橫桿下落的過程中，他的高度降低、速度增大，重力勢能被轉化為動能，即重力勢能減少，動能增加，D正確。 5．（2019·浙江選考）如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21 m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10 m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內。某次游戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高

6、點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是 A．5 s B．4.8 s C．4.4 s D．3 s 【答案】A 【解析】設小車的質量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，根據動能定理可得，解得，故；小車在BC段，根據機械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，根據幾何知識可得，解得，，故小車在BC上運動的加速度為，故小車在BC段的運動時間為，所以小車運動的總時間為，A正確。 6．（2018·江蘇卷）從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與

7、時間t的關系圖象是 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】本題考查動能的概念和Ek–t圖象，意在考查考生的推理能力和分析能力。小球做豎直上拋運動時，速度v=v0–gt，根據動能得，故圖象A正確。 7．（2018·新課標全國II卷）高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為 A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 【答案】C 【解析】設雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動能定理可知：，解得：，落地時受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)定向上為

8、正，由動量定理可知：，解得：，根據牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的沖擊力約為103 N，故C正確。 8．（2018·新課標全國II卷）如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定 A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 【答案】A 【解析】受力分析，找到能影響動能變化的是那幾個物理量，然后觀測這幾個物理量的變化即可。 木箱受力如圖所示：木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知即：，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦

9、力做功的大小，CD錯誤。 9．（2018·天津卷）滑雪運動深受人民群眾的喜愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中 A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機械能始終保持不變 【答案】C 【解析】根據曲線運動的特點分析物體受力情況，根據牛頓第二定律求解出運動員與曲面間的正壓力變化情況，從而分析運動員所受摩擦力變化；根據運動員的動能變化情況，結合動能定理分析合外力做功；根據運動過程中，是否只有重力做功來判斷運動員的機械

10、能是否守恒；因為運動員做曲線運動，所以合力一定不為零，A錯誤；運動員受力如圖所示，重力垂直曲面的分力與曲面對運動員的支持力的合力充當向心力，故有，運動過程中速率恒定，且在減小，所以曲面對運動員的支持力越來越大，根據可知摩擦力越來越大，B錯誤；運動員運動過程中速率不變，質量不變，即動能不變，動能變化量為零，根據動能定理可知合力做功為零，C正確；因為克服摩擦力做功，機械能不守恒，D錯誤。 10．（2018·新課標全國III卷）在一斜面頂端，將甲乙兩個小球分別以v和的速度沿同一方向水平拋出，兩球都落在該斜面上。甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時速率的 A．2倍 B．4倍 C．6倍 D

11、．8倍 【答案】A 【解析】設甲球落至斜面時的速率為v1，乙落至斜面時的速率為v2，由平拋運動規(guī)律，x=vt，y=gt2，設斜面傾角為θ，由幾何關系，tanθ=y/x，小球由拋出到落至斜面，由機械能守恒定律，mv2+mgy=mv12，聯立解得：v1=v，即落至斜面時的速率與拋出時的速率成正比。同理可得，v2=v/2，所以甲球落至斜面時的速率是乙球落至斜面時的速率的2倍，選項A正確。 11．（2018·新課標全國I卷）如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一的圓弧，與ab相切于b點。一質量為m的小球。始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點

12、處從靜止開始向右運動，重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其他軌跡最高點，機械能的增量為 A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 【答案】C 【解析】設小球運動到c點的速度大小為vC，則對小球由a到c的過程，由動能定理得：F·3R–mgR=mvc2，又F=mg，解得：vc2=4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用力下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為：t=vC/g=2，小球在水平方向的加速度a=g

13、，在水平方向的位移為x=at2=2R。由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量ΔE=F·5R=5mgR，選項C正確ABD錯誤。 12．（2018·新課標全國I卷）高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的均加速直線運動，在啟動階段列車的動能 A．與它所經歷的時間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比 【答案】B 【解析】根據初速度為零勻變速直線運動規(guī)律可知，在啟動階段，列車的速度與時間成正比，即v=at，由動能公式Ek=mv2，可知列車動能與速度的二次方成正比，與時間的二次方成正比，

14、選項AC錯誤；由v2=2ax，可知列車動能與位移x成正比，選項B正確；由動量公式p=mv，可知列車動能Ek=mv2=，即與列車的動量二次方成正比，選項D錯誤。 13．（2018·江蘇卷）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊 A．加速度先減小后增大 B．經過O點時的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 【答案】AD 【解析】物體從A點到O點過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩

15、擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力減小，摩擦力不變，小球所受合力減小加速度減小，彈力等于摩擦力時速度最大，此位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增加，物體作減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，選項A正確、選項B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧伸長，彈力做負功，故選項C錯誤；從A到B的過程中根據動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故選項D正確。 14．（20

16、18·新課標全國III卷）地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①次和第②次提升過程 A．礦車上升所用的時間之比為4:5 B．電機的最大牽引力之比為2:1 C．電機輸出的最大功率之比為2:1 D．電機所做的功之比為4:5 【答案】AC 【解析】設第②次所用時間為t，根據速度圖象的面積等于位移（此題中為提升的高度）可知，×2t0×v0=×（t+3t0/2）×v0，解得：t

17、=5t0/2，所以第①次和第②次提升過程所用時間之比為2t0∶5t0/2=4∶5，選項A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，F–mg=ma，可得提升的最大牽引力之比為1∶1，選項B錯誤；由功率公式，P=Fv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為2∶1，選項C正確；加速上升過程的加速度a1=，加速上升過程的牽引力F1=ma1+mg=m(+g)，減速上升過程的加速度a2=–，減速上升過程的牽引力F2=ma2+mg=m(g–)，勻速運動過程的牽引力F3=mg。第①次提升過程做功W1=F1××t0×v0+F2××t0×v0=mgv0t0；第②次提升過程做功W

18、2=F1××t0×v0+F3×v0×3t0/2+F2××t0×v0=mgv0t0；兩次做功相同，選項D錯誤。 15．（2017·新課標全國Ⅱ卷）如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力 A．一直不做功 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 【答案】A 【解析】大圓環(huán)光滑，則大圓環(huán)對小環(huán)的作用力總是沿半徑方向，與速度方向垂直，故大圓環(huán)對小環(huán)的作用力一直不做功，選項A正確，B錯誤；開始時大圓環(huán)對小環(huán)的作用力背離圓心，最后指向圓心，故選項CD錯誤；故

19、選A。 【名師點睛】此題關鍵是知道小圓環(huán)在大圓環(huán)上的運動過程中，小圓環(huán)受到的彈力方向始終沿大圓環(huán)的半徑方向，先是沿半徑向外，后沿半徑向里。 16．（2017·江蘇卷）一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為，與斜面間的動摩擦因數不變，則該過程中，物塊的動能與位移的關系圖線是 【答案】C 【解析】向上滑動的過程中，根據動能定理：，同理，下滑過程中，由動能定理可得：，故C正確；ABD錯誤。 【名師點睛】本題考查動能定理及學生的識圖能力，根據動能定理寫出Ek–x圖象的函數關系，從而得出圖象斜率描述的物理意義。 17．（2017·新課標全國Ⅲ卷）如圖，一質量為m，長度為l的

20、均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，PM段繩的機械能不變，MQ段繩的機械能的增加量為，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功，故選A。 【名師點睛】重點理解機械能變化與外力做功的關系，本題的難點是過程中重心高度的變化情況。 18．（2017·天津卷）“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是 A．

21、摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 【答案】B 【解析】機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能時刻發(fā)生變化，則機械能在變化，故A錯誤；在最高點對乘客受力分析，根據牛頓第二定律有：，座椅對他的支持力，故B正確；乘客隨座艙轉動一周的過程中，動量不變，是所受合力的沖量為零，重力的沖量，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率，其中θ為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但θ在變

22、化，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變化，故D錯誤。 【名師點睛】本題的難點在于對動量定理的理解，是“物體所受合力的沖量等于動量的變化”，而學生經常記為“力的沖量等于物體動量的變化”。 19．（2017·新課標全國Ⅱ卷）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直。一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時。對應的軌道半徑為（重力加速度大小為g） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】物塊由最低點到最高點有：；物塊做平拋運動：x=v1t；；聯立解得：，由數學知識可知，當時，x最大，故選B。

23、【名師點睛】此題主要是對平拋運動的考查；解題時設法找到物塊的水平射程與圓軌道半徑的函數關系，即可通過數學知識討論；此題同時考查學生運用數學知識解決物理問題的能力。 20．（2017·江蘇卷）如圖所示，三個小球A、B、C的質量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質彈簧連接，彈簧處于原長．現A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內運動，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，重力加速度為g．則此下降過程中 （A）A的動能達到最大前，B受到地面的支持力小于mg （B）A的動能最大時，B受到地面的支持力等于mg

24、 （C）彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度方向豎直向下 （D）彈簧的彈性勢能最大值為mgL 【答案】AB 【解析】A球動能最大時，速度最大，受合外力為零，以ABC整體為研究對象，在豎直方向：向下的重力3mg，向上的B、C兩球受地面的支持力FN，即2FN=3mg，所以B、C受到地面的支持力等于mg，故B正確；A的動能達到最大前，有向下的加速度，所以整體向下的合力小于3mg，故B、C受到地面的支持力小于mg，所以A正確；當A下降至最低點，彈簧形變量最大，彈性勢能最大，此時A的加速度向上，故C錯誤；彈簧的最大彈性勢能等于A球下降至最低點時減少的重力勢能，即，D錯誤。 【名師點睛】本題的重點是當A球的動能最大時，受合外力為零，在豎直方向整體加速度為零，選擇整體為研究對象，分析AB兩個選項；彈性勢能最大對應A球下降至最低點，根據能量守恒定律，可求最大的彈性勢能。 13