1、2019高考試題+重點新題分類匯編專項 5-功和能E1功和功率17、E12018 浙江卷功率為10W勺發光二極管(LED夕T)的亮度與功率為60W勺白熾燈 相當、根據國家節能戰略， 2016年前普通白熾燈應被淘汰、假設每戶家庭有 2只60W的白 熾燈，均用10W的LED燈替代，估算出全國一年節省的電能最接近 ()A、8X108kW- hB、8X1010kW- hC 8X1011kW- hDk 8X1013kW- h17、B解析每戶兩只白熾燈被兩只 LED燈替換后，節名電功率為 120M 20W= 100兆 每天按照五個小時用電計算，節電0.5kWh,全年按照360天計算，節電180kW- h,

2、全國按照四億家庭計算，節電 7.2 X 1010kWh,應選項B正確、 0 Xr圖13、E12018 江蘇卷如下圖，細線的一端固定于 O點，另一端系一小球、在水平拉力 作用下，小球以恒定速率在豎直平面內由 A點運動到B點、在此過程中拉力的瞬時功率變化 情況是()A逐漸增大日逐漸減小C先增大，后減小D先減小，后增大3、A解析小球在運動過程中受到重力 G水平拉力F和細線的拉力 T,根據動能定理可知，W+ W+ W= 2mV22mV=0,因細線的拉力始終與速度方向垂直，故細線的拉力不做功，所以水平拉力F做的功與克服重力做的功相等， 它們的功率大小也相等； 根據運動的分 解可知，小球沿豎直方向的分速度

3、逐漸增大， 因此克服重力做功的功率逐漸增大， 即在此過 程中拉力的瞬時功率也逐漸增大， A項正確、E2動能動能定理22、D6E22018 山東卷如下圖，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑 R= 1.0m的光滑圓弧軌道，BC段為一長度L= 0.5m的粗糙水平軌道，二者相切于B點，整個軌道位于同一豎直平面內， P點為圓弧軌道上的一個確定點、一可視為質點的物塊，其質量m=0.2kg ,與BC間的動摩擦因數 呼=0.4.工件質量 M= 0.8kg ,與地面間的動摩擦因數 科2 = 0.1.(取 g= 10m/s2)(1)假設工件固定，將物塊由 P點無初速度釋放，滑至 C點時恰好靜止，求P、C兩點間

4、 的高度差h.(2)假設將一水平恒力 F作用于工件，使物塊在 P點與工件保持相對靜止，一起向左做 勻加速直線運動、求F的大小、當速度v=5m/s時，使工件立刻停止運動(即不考慮減速的時間和位移 )，物塊飛離圓 弧軌道落至BC段，求物塊的落點與 B點間的距離、22、解析(1)物塊從P點下滑經B點至C點的整個過程，根據動能定理得mgh-叱 1mgL= 0代入數據得h=0.2m (2)設物塊的加速度大小為a, P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角0 ,由幾何關系可得R hcos 0 = R 根據牛頓第二定律，對物塊有mgan 0 = mOD對工件和物塊整體有F科 2(必 n)g= (M+ m)a聯立式

5、，代入數據得F= 8.5N 設物塊平拋運動的時間為t,水平位移為xi,物塊落點與 B點間的距離為X2,由運動學公式得1h=2gt2 Xi= vt X2= Xi FSin 0 聯立式，代入數據得X2= 0.4m 21、C2、Di、E2 2018 福建卷如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動 力的小船沿直線拖向岸邊、拖動纜繩的電動機功率恒為P,小船的質量為 m,小船受到的阻力大小恒為f ,經過A點時的速度大小為 v。，小船從A點沿直線加速運動到 B點經歷時間為 ti, A B兩點間距離為d,纜繩質量忽略不計、求：(1)小船從A點運動到B點的全過程克服阻力做的功W;(2)小船經過B點時的速度

6、大小 vi；(3)小船經過B點時的加速度大小 a.2i、解析(i)小船從A點運動到B點克服阻力做功W= fd (2)小船從A點運動到B點，電動機牽引繩對小船做功W= Pti 由動能定理有i iW- W= 2mV 2mV 由式解得 vi =* Pti fd (3)設小船經過B點時繩的拉力大小為F,繩與水平方向夾角為 。，電動機牽引繩的速度大小為u,那么P= FiUDu= vicos 0 由牛頓第二定律有Fcos 0 f = maD由式解得P fa=*2v0+2m Pti-fd- m24、B5F2E2E320i8 安徽卷如圖i9所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一 輕質彈簧左端固定，右端連接

7、著質量M= 2kg的小物塊A裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接、傳送帶始終以u= 2m/s的速率逆時針轉動、裝置的右邊 是一光滑曲面，質量 m= 1kg的小物塊B從其上距水平臺面高 h=1.0m處由靜止釋放、物塊 B與傳送帶之間的動摩擦因數科=0.2, l=1.0m、設物塊 A B間發生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊 A靜止且處于平衡狀態、取g=10m/s2.圖19(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小；(2)通過計算說明物塊 B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞

8、前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小、24、解析(1)設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為V0.由機械能守恒知1mg、2mV得 vo= 2gh設物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產生的加速度大小為a,那么mg= ma設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v,有22v vo= 2al聯立解得v=4m/s由于v>u=2m/s,所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小、(2)設物塊A B第一次碰撞后的速度分別為V V1,取向右為正方向，由彈性碰撞知mv= mv+ MV1112mV = 2mV+2MV1 4解得 V1 = 3v=3m/s即碰撞后物塊 B沿

9、水平臺面向右勻速運動、設物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l ',那么20V1 = 2al '4得 l，= 9m<1m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上、(3)當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速、可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為V1,繼而與物塊 A發生第二次碰撞、設第二次碰撞后物塊B速度大小為V2,同上計算可知112V2= 3v1= 3 v物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞，碰撞后物塊B的速度大小依次為113V3= 3v2= 3 v1 14v4= 3V3= 3 v那么第n次碰撞后物塊B的速度大小為1 nVn= (3).E3

10、機械能守恒定律17、E32018 廣東卷圖4是滑道壓力測試的示意圖，光滑圓弧軌道與光滑斜面相切,某滑塊從斜面上不滑道底部B處安裝一個壓力傳感器， 其示數N表示該處所受壓力的大小、 同高度h處由靜止下滑，通過 B時，以下表述正確的有()A N小于滑塊重力日N大于滑塊重力C N越大說明h越大D N越大說明h越小1217、BC解析滑塊在軌道上滑動，只有重力做功，機械能守恒，那么有：mgh= 2mv,vB解得：VB=2gh,滑塊到B點時，支持力NB與重力的合力提供向心力，即：NB-mg= mR,2mgh聯立以上兩式得：NB= mg+ ""R-,由牛頓第三定律知 N= NB,故B、C

11、正確、24、B5F2E2E32018 安徽卷如圖19所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一 輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M= 2kg的小物塊A裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接、傳送帶始終以u= 2m/s的速率逆時針轉動、裝置的右邊 是一光滑曲面，質量 mp 1kg的小物塊B從其上距水平臺面高h= 1.0m處由靜止釋放、物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數科=0.2, l= 1.0m、設物塊 A、B間發生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊 A靜止且處于平衡狀態、取g=10m/s2.圖19(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小；(2)通過計算說明物塊 B與物塊A

12、第一次碰撞后能否運動到右邊的曲面上；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運動速度大小、24、解析(1)設物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為vo.由機械能守恒知1 2mgh= 2mV得 vo= 2gh設物塊B在傳送帶上滑動過程中因受摩擦力所產生的加速度大小為a,那么mg= ma設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v,有v2 v2= 2al聯立解得v=4m/s由于v>u=2m/s,所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小、(2)設物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為W Vi,取向右

13、為正方向，由彈性碰撞知mv= mv+ MV1 2 1 2 1 2 2mV= 2miV+ 2MV1 4解得 V1 = 3v=3m/s即碰撞后物塊 B沿水平臺面向右勻速運動、設物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l ',那么一 20v= 2al4得 l ' = 9m<1m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上、(3)當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速、可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為V1,繼而與物塊 A發生第二次碰撞、設第二次碰撞后物塊B速度大小為V2,同上計算可知112V 2=3V1= 3 v物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞，碰

14、撞后物塊113V 3= 3v2= 3 v 1V 4= 3V3 =那么第n次碰撞后物塊B的速度大小為1 nV n= (3)nv.E4實驗：探究動能定理11、E42018 江蘇卷為測定木塊與桌面之間的動摩擦因數, 進行實驗、實驗中，當木塊 A位于水平桌面上的 O點時，重物B的速度大小依次為小亮設計了如下圖的裝置B剛好接觸地面、將 A拉到P點，待B穩定后靜止釋放，A最終滑到Q點、分別測量 OP OQ勺長度h和s.改變h,重復 上述實驗，分別記錄幾組實驗數據、m I+ hs -1 H- b-Mn -H1H-圖9x /cinh ；cm圖10-0 口 .(1)實驗開始時，發現 A釋放后會撞到滑輪、請提出兩

15、個解決方法、(2)請根據下表的實驗數據作出s h關系的圖象、h(cm)20.030.040.050.060.0s(cm)19.528.539.048.056.5實驗測得A、B的質量分別為m 0.40kg、M= 0.50kg.根據sh圖象可計算出 A木塊與桌面間的動摩擦因數科=.(結果保留一位有效數字)(4)實驗中，滑輪軸的摩擦會導致科的測量結果 (選填“偏大”或“偏小”)、11、答案(1)減小B的質量(或增大A的質量)增加細線的長度(或降低B的起始高度)(2)如下圖(3)0.4(4)偏大解析(1)實驗開始時發現 A釋放后會撞到滑輪，主要是加速度過大或加速時間過長， 可以通過減小B的質量或增大

16、A的質量來減小加速度，通過增加細線的長度或降低B的起始高度來縮短加速時間、(2) s-h圖象如下圖、1(3)本實驗測動摩擦因數的原理是動能定理，即由Mgh-mgh= 2(出n)v：科mgs=1M- -mM- . m 0.5 0.4 .562mv,求得s=科出m h，圖象的斜率k=科M+ m，即科0.5 +0.4 =60，解得 = 0.4.(4)本實驗測動摩擦因數的原理是動能定理，如果考慮克服滑輪摩擦做功W那么 Mgh11Mgh- W一科mgh- W 2( M+ n)v2,一科mgs= 2mv,求得科=mgh_一出 m gS，如果忽略克服滑輪 摩擦做功，那么動摩擦因數偏大、E5實驗：驗證機械能守

17、恒定律E6功和能綜合21、E6 2018 四川卷如下圖，勁度系數為k的輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于水平面上質量為 m的物體接觸(未連接)，彈簧水平且無形變、用水平力F緩慢推動物體，在彈性限度內彈簧長度被壓縮了X。，此時物體靜止、撤去 F后，物體開始向左運動， 運動的最大距離為4x0.物體與水平面間的動摩擦因數為,重力加速度為g.那么()A、撤去F后，物體先做勻加速運動，再做勻減速運動日撤去F后，物體剛運動時的加速度大小為kx0m 一科gC物體做勻減速運動的時間為物體開始向左運動到速度最大的過程中克服摩擦力做的功為m mgX0- k )21、BD解析撤去F后的一段時間內, 運動，后做變減

18、速運動，再做勻減速運動，根據牛頓第二定律：kx0-科mg= ma解得由于運動過程中彈力不斷變化，物體先做變加速A錯誤；設撤去F后，物體剛運動時加速度為 a,kX0a="m- g, B正確；物體做勻減速運動的位移6X0C錯誤；當彈力與摩擦力大小相等時，速度最大,1為 3X0,由 3X0= 2gt 2,解得 t =科mg此時kxi=mg該過程物體向左運動的位移為x=xo-xi = xo- k ,克服摩擦力做的功 Wn mg=mgx0 k ), D正確、26、E62018 全國卷一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側豎直， 另一側的坡面呈拋物線形狀、此隊員從山溝的豎直一側，以速度V0沿水

19、平方向跳向另一側坡面、如下圖，以溝底的O點為原點建立坐標系 Oxy ,山溝豎直一側的高度為 2h,坡面的拋物線方程 1為y=2hx2；探險隊員的質量為 m人視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g.圖10(1)求此人落到坡面時的動能；(2)此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最??？動能的最小值為多少？26、解析(1)設該隊員在空中運動的時間為t,在坡面上落點白橫坐標為 x,縱坐標為y.由運動學公式和條件得x= Vot 1 2h- y= 2gt2 根據題意有 2 xy=2h由機械能守恒，落到坡面時的動能為112mV = 2miV+ mc(2 h y)聯立式得1 2 124g2hi22mv

20、 = 2mv0+v2+gh 煨(2)式可以改寫為< _2gh 、'v2= Wv0+gh Mv2+gh ./+3gh®v2極小的條件為式中的平方項等于0,由此得V0= qgh 此時v2=3gh,那么最小動能為)1 213QmV 局=2mghD14、E62018 江蘇卷某緩沖裝置的理想模型如下圖，勁度系數足夠大的輕質彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f.輕桿向右移動不超過l時,l_裝置可安全工作、一質量為m的小車假設以速度 V。撞擊彈簧，將導致輕桿向右移動4.輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦、(1)假設彈簧的勁度系數

21、為 k,求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量 x；(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度Vm；(3)討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v'和撞擊速度v的關系、WWWl =1。C)圖1714、解析(1)輕桿開始移動時，彈簧的彈力 F=kx且F=f f解得x=k(2)設輕桿移動前小車對彈簧所做的功為WW那么小車從撞擊到停止的過程中，由動能定理得-f - 4 WW= 0 2mV 同理，小車以Vm撞擊彈簧時，由動能定理得1-fl _W= 0_2mV2 3fl解得Vm=V0+ 2m(3)設輕桿恰好移動時，小車撞擊速度為V1,由能量轉化與守恒定律，得122mv= VW)由解得V1=Mv0-

22、2mIfT當 v<y v02m寸,v' = v17、E6 2018 福建卷如圖，表面光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)、初始時刻，A B處于同一高度并恰好處 于靜止狀態、剪斷輕繩后 A下落、B沿斜面下滑，那么從剪斷輕繩到物塊著地，兩物塊 ()A速率的變化量不同日機械能的變化量不同C重力勢能的變化量相同D重力做功的平均功率相同17、D解析剪斷輕繩后，由于不計摩擦，A B兩個物塊的機械能都守恒，即兩物塊的1機械能變化量均為 0, B錯誤、由mgh= 2mV得v=須，那么A B兩物塊下落到地面時的 速度大小相同，所以 A B兩物塊的

23、速率變化量相同，A錯誤、剪斷輕繩前， A B均處于平衡狀態，設輕繩的拉力為 T,那么有T= mg, T= mgsin 0 ,可得mi= msin 0 ;剪斷輕繩后，A B下落高度相同，由 A E=mgh知A的重力勢能的變化量小于B的重力勢能的變化量，2h 12hc錯誤、剪斷輕繩后，a b兩物塊著地所用的時間分別為tA= '/耳、tB= s；nvJ那mghmgh么重力做功的平均功率分別為B= -2h、FB= 丁隔，由nA= nBsin 0 ,可知Pa= Pb, D,g sin 9 g正確、16、E62018 安徽卷如圖3所示，在豎直平面內有一半徑為R的圓弧軌道，半徑 OA水平、OB豎直，

24、一個質量為 m的小球自A的正上方P點由靜止開始自由下落，小球沿軌道 到達最高點 B時恰好對軌道沒有壓力、AP= 2R,重力加速度為 g,那么小球從 P到B的圖3運動過程中()A重力做功2mgR日機械能減少mgRC合外力做功mgR1DX克服摩才§力做功2mgR16、D解析由于重力做功只與高度差有關，所以小球從 P到B的運動過程中，重力做 功為mgR A錯誤；由于小球在 B點時對軌道無壓力，那么小球由自身重力提供向心力：mgv21= mR,解得v=qgR,小千從P到B的運動過程中，由動能定理有：mgR- W= 2mV 0,解1得W= 2mgR D正確；小球從P到B的運動過程中，除了重力做

25、功之外，還克服摩擦力做111功為2mgR可知機械能減少了 2mgR B錯誤；由動能定理有：W4=WmV 0= 2mgR C錯誤、24、E62018 四川卷如下圖，ABCM固定在豎直平面內的軌道，AB段光 滑水平，BC段為光滑圓弧，對應的圓心角 9 =37° ,半徑r=2.5m, CD段平直 傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區域有場強大小為E= 2X105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場、質量5X10 2kg、電荷量q=+1X106C的小物體(視為質點)被彈簧槍發射后，沿水平軌道向左滑行，在 C點以 速度v°=3m/s沖上斜軌、以小物體通過 C點時為計時起點，

26、0.1s以后，場強大 小不變，方向反向、斜軌與小物體間的動摩擦因數 以=0.25.設小物體的電荷量 保持不變，取 g=10m/s2, sin37 ° =0.6, cos37° =0.8.(1)求彈簧槍對小物體所做的功；(2)在斜軌上小物體能到達的最高點為 P,求CP的長度、24、解析(1)設彈簧槍對小物體做功為 W,由動能定理得12W- mgr(1 cos 8 ) = 2mv代入數據得 W= 0.475J(2)取沿平直斜軌向上為正方向、設小物體通過C點進入電場后的加速度為a1,由牛頓第二定律得一mg5in 8 n (mgpos 9 + qE) = ma小物體向上做勻減速運動

27、，經t1=0.1s后，速度達到Vi,有Vi = v0 + a1t 1聯立以上方程可知v = 2.1m/s,設運動的位移為Si ,有12Si = Vot i + 2at i電場力反向后，設小物體的加速度為a2,由牛頓第二定律得一m里in 8 n (mgcos 9 -qE) =ma設小物體以此加速度運動到速度為 0,運動的時間為t2,位移為S2,有0 = Vi + a2t 21 2s2 V1t 2+ 2a2t 2設CP的長度為S,有S = Si+S2聯立相關方程，代入數據解得s = 0.57m23、E62018 四川卷四川省“十二五”水利發展規劃指出，假設按現有供 水能力測算，我省供水缺口極大，蓄

28、引提水是目前解決供水問題的重要手段之一、 某地要把河水抽高20m進入蓄水池，用一臺電動機通過傳動效率為80%勺皮帶, 帶動效率為60%勺離心水泵工作、工作電壓為380V,此時輸入電動機的電功率為 19kW電動機白內阻為0.4 Q.水的密度為ixi03kg/m3,重力加速度取10m/s2.(1)電動機內阻消耗的熱功率；(2)將蓄水池蓄入864m的水需要的時間(不計進、出水口的水流速度)、23、解析(1)設電動機的電功率為P,那么P= UI設電動機內阻r上消耗的熱功率為P，那么Pr=I 2r代入數據解得Pr=1X103W(2)設蓄水總質量為M所用抽水時間為t.抽水高度為h,容積為V,水的密 度為p

29、，那么M= p V設質量為M的河水增加的重力勢能為AEp,那么AEp= Mgh設電動機的輸出功率為P。，那么P°= P- Pr根據能量守恒定律得P°t X 60%< 80%= A 日代入數據解得t =2X104sti時刻關閉發v t圖象如下1、2018 昆明模擬汽車在水平路面上從靜止開始做勻加速直線運動，到動機做勻減速直線運動，到 12時刻靜止、汽車與路面的動摩擦因數不變，其圖，圖中3 。.假設整個過程中汽車牽引力做功為W平均功率為 P,汽車加速和減速過程中克服摩擦力做功分別為W和W,平均功率大小分別為R和F2,以下結論錯誤的選項是()A W+ W= W日 P= P1

30、+P2C WWD Pi=P21、B解析根據能量守恒定律或動能定理可知，W （W + W） = 0即W+ W= W選項A正確；因為 W+ W= W 即 Piti+P2（t2-ti） = Pti,所以 P= Pi+P2? 1 i< P1+P2,選項 B 錯 誤；根據“面積”求位移，可得加速過程的位移 Xi大于減速過程的位移 X2,所以，fXi>fX2,fx 1 fv 1fx 2 fv 1即 ww,選項c正確；因為R = 17=T, P2=i?=T="2",所以Pi=P2,選項d正確、2、2018 武漢調考質量為1kg的物體，放在動摩擦因數為 0.2的水平面上，在水平拉 力的作用下由靜止開始運動，水平拉力做的功 W和物體發生的位移 x之間的關系如下圖， 重力加速度為i0m/s2,那么以下說法正確的選項是 （）3D27201510A x = 3m時速度大小為 242m/sB> x = 9m時速度大小為 42m/sC 0酸加速度大小為3m/s2D AB段加速度大小為 3m/s22、C解析由公式 W Fx得，從。到3m時水平拉力的大小為 5N,對此過程由動能定理1可得Wmgx=，mV,解得x= 3m時速度大小為3小m/s,選項A錯誤；對0到9m全過程1由動能定理得 W wmgx=2mV2,解得x= 9m時速度大小