【高考复习指导】2014年高考物理二轮复习 专题滚动检测(三)功与能(含2013试题,含详解)

功与功率(满分：100分 时间：60分钟)一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．(2013·郑州一中模拟)假设列车经过铁路桥的全过程都做匀减速直线运动．已知某列车长为L ，通过一铁路桥时的加速度大小为a ，列车全身通过桥头的时间为t 1，列车全身通过桥尾的时间为t 2、则列车车头通过铁路桥所需的时间为( )A.L a ·t 2－t 1t 1t 2B.L a ·t 2＋t 1t 1t 2C.L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12D.L a ·t 2－t 1t 1t 2＋t 2－t 12【解析】 设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t 0，从列车车头到达桥头时开始计时，列车全身通过桥头时的平均速度等于12t 1时刻的瞬时速度v 1，则v 1＝Lt 1；列车全身通过桥尾时的平均速度等于t 0＋12t 2时刻的瞬时速度v 2，则v 2＝Lt 2；由匀变速直线运动的速度公式可得v 2＝v 1－a (t 0＋12t 2－12t 1)，解得t 0＝L a ·t 2－t 1t 1t 2－t 2－t 12.故选项C 正确．【答案】 C2.一质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下沿水平面运动，在t 0时刻撤去力F ，其v －t 图象如图1所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F 的大小和力F做功W 的大小关系式正确的是( )图1A ．F ＝μmgB ．F ＝2μmgC ．W ＝μmgv 0t 0D ．W ＝32μmgv 0t 0【解析】 在t 0时刻前，F －μmg ＝m v 0t 0，在t 0时刻以后，－μmg ＝－m v 02t 0，由以上两式可得F ＝3μmg ，因此选项A 、B 均不对；在0至t 0时间内，W －μmg ·12v 0t 0＝12mv 20，在t 0至3t 0时间内，－μmg ·12v 0(2t 0)＝－12mv 20，因此力F 做的功为W ＝32μmgv 0t 0，选项D 正确，而选项C 错误．【答案】 D3．(2013·河北衡水中学模拟)足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t ＝0时撤去推力，0～6 s 内速度随时间的变化情况如图2所示．下列说法错误的是( )图2A ．0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为5∶1B ．0～1 s 内摩擦力的平均功率大小与1～6 s 内摩擦力平均功率大小之比为1∶1C ．0～1 s 内位移大小与1～6 s 内位移大小之比为1∶5D ．0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5【解析】 0～1 s 内物体沿斜面向上的位移为5 m ，平均速度为5 m/s ；1～6 s 内物体沿斜面向下的位移为25 m ，平均速度为5 m/s ；0～1 s 内位移大小与1～6 s 内位移大小之比为1∶5,0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为1∶1，选项A 错误，C 正确.0～1 s 内摩擦力与1～6 s 内摩擦力大小相等，0～1 s 内摩擦力的平均功率大小与1～6 s 内摩擦力平均功率大小之比为1∶1，选项B 正确；0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5，选项D 正确．【答案】 A4．(2013·上海普陀质检)在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s.利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F －1v图象(图3中AB 、BO 均为直线)，假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则下列说法错误的是( )图3A ．在全过程中，电动车在B 点时速度最大B ．电动车做匀加速运动时的加速度为2 m/s 2C ．电动车的额定功率为6 kWD ．电动车做匀加速运动所需的时间为1.5 s【解析】 在全过程中，电动车在C 点时对应的1v值最小，速度最大为v max ＝15 m/s ，对应的牵引力等于阻力，f ＝400 N ，电动车的额定功率为P ＝fv max ＝400 N×15 m/s＝6 000 W ＝6 kW ，选项A 错误，C 正确；图中AB 段，对应的牵引力为F ＝2 000 N ，恒定不变，电动车做匀加速运动，由牛顿第二定律有F －f ＝ma 解得电动车做匀加速运动时的加速度为a ＝2 m/s 2，选项B 正确；由P ＝Fv 可得匀加速直线运动的末速度v ＝3 m/s ；由v ＝at 解得电动车做匀加速运动所需的时间为1.5 s ．选项D 正确．【答案】 A5.如图4所示，固定在竖直面内的光滑圆环半径为R ，圆环上套有质量分别为m 和2m 的小球A 、B (均可看做质点)，且小球A 、B 用一长为2R 的轻质细杆相连，在小球B 从最高点由静止开始沿圆环下滑至最低点的过程中(已知重力加速度为g )，下列说法正确的是( )图4A ．A 球增加的机械能小于B 球减少的机械能 B ．A 球增加的重力势能等于B 球减少的重力势能C ．A 球的最大速度为2gR3D ．细杆对A 球做的功为83mgR【解析】 A 、B 两球组成的系统，只有重力和系统内轻杆的弹力做了功，环对小球的弹力不做功，系统机械能守恒，因此A 球增加的机械能等于B 球减少的机械能，选项A 错误；A 球增加的重力势能为2mgR ，B 球减小的重力势能为4mgR ，选项B 错误；当B 球运动至最低点时，A 、B 两球的速度最大，则2mgR ＝32mv 2，对于A 球应用动能定理，W T －2mgR ＝12mv 2，最大速度为v ＝4gR 3，细杆对A 球做的功为W T ＝83mgR ，选项C 错误，而选项D 正确． 【答案】 D6．(2013·长沙模拟)如图5，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角．下列说法中正确的是( )图5A ．圆环不一定加速下滑B ．圆环可能匀速下滑C ．若已知小球质量，可以求得细线的张力大小D ．圆环与杆之间一定存在摩擦，若已知圆环和小球质量，即可求得圆环与杆之间的摩擦力大小【解析】 设圆环和小球的质量分别为m 1和m 2，细线中的张力大小为F .隔离小球并对其进行受力分析，则m 2g cos 60°＝F sin 60°，解得F ＝33m 2g ，则m 2g sin 60°＝32m 2g >F cos 60°＝36m 2g ，因此，小球沿杆方向向下做匀加速直线运动，由题意知，圆环一定加速下滑，A 、B 均错误，C 正确；设圆环和小球下滑的加速度大小为a ，则m 2g sin 60°－F cos 60°＝m 2a ，解得a ＝g sin 60°－F cos 60°m 2<g sin 60°，再隔离圆环并对其进行受力分析可知，因细线对圆环的拉力有沿杆向下的分力，由此推知圆环一定受沿杆斜向上的滑动摩擦力F μ，由牛顿第二定律可得m 1g sin 60°＋F cos 60°－F μ＝m 1a ，若已知圆环和小球质量，由此式即可求得圆环与杆之间的摩擦力大小F μ，D 正确．【答案】 CD7. (2013·武汉模拟)如图6所示，汽车通过轻质光滑的定滑轮，将一个质量为m 的物体从井中拉出，绳与汽车连接点距滑轮顶点高h ，开始时物体静止，滑轮两侧的绳都竖直绷紧，汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，则( )图6A ．从开始到绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mghB ．从开始到绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh ＋38mv 2C ．在绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率为mgvD ．在绳与水平方向夹角为30°时，拉力功率大于32mgv 【解析】 汽车以v 向右匀速运动，运动到跟汽车连接的细绳与水平方向夹角为30°时，物体上升的高度恰为h ，对速度v 分解可知沿绳方向的分速度大小为32v ，根据动能定理可知选项A 错误，B 正确；由于物体加速上升，故绳子拉力大于物体的重力，所以绳子拉力的功率大于32mgv ，选项C 错误，D 正确． 【答案】 BD8.如图7所示，重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止开始下滑，到b 点开始压缩轻弹簧，到c 点时达到最大速度，到d 点(图中未画出)开始弹回，返回b 点离开弹簧，恰能再回到a 点．若bc ＝0.1 m ，弹簧弹性势能的最大值为8 J ，(g 取10 m/s 2)则( )图7A ．轻弹簧的劲度系数是50 N/mB ．从d 到a 滑块克服重力做功8 JC ．滑块动能的最大值为8 JD ．从d 到c 弹簧的弹力做功8 J【解析】 滑块从a 点由静止开始下滑，最后又恰好能回到a 点，滑块的机械能守恒，说明斜面是光滑的，滑块到达c 点时达到最大速度，此时滑块受力平衡，即mg sin 30°＝k ·x bc ，解得k ＝50 N/m ，选项A 正确；对于滑块从a 到d 的过程中，据动能定理得W G ＋W 弹＝0，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能等于滑块克服弹簧弹力做的功，W弹＝－8 J ，因此从a 到d 滑块重力做了8 J 的功，那么从d 到a 滑块克服重力做功8 J ，则选项B 正确；滑块从d 至b ，弹簧弹力做功8 J ，很显然选项D 错误；对滑块由机械能守恒定律得E p a ＝E p c ＋E p 弹＋12mv 2c ，滑块动能的最大值小于8 J ，选项C 错误．【答案】 AB二、非选择题(共3小题，共52分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的，必须明确写出数值和单位．)9．(16分)(2013·郑州模拟)如图8所示，光滑水平面上有质量为M 、高度为h 的光滑斜面体A ，斜面顶端有质量为m 的小物体B ，二者都处于静止状态．从某时刻开始释放物体B ，在B 沿斜面下滑的同时斜面体A 沿水平方向向左做匀加速运动．经过时间t ，斜面体水平移动s ，小物体B 刚好滑到底端．图8(1)求运动过程中斜面体A 所受的合力F A ； (2)分析小物体B 做何种运动，并说明理由； (3)求小物体B 到达斜面体A 底端时的速度v B 大小． 【解析】 (1)对A ，在匀加速运动过程中s ＝12at 2由牛顿第二定律得F A ＝Ma解得F A ＝2Mst2.(2)物体B 做匀加速运动．因为A 做匀加速运动，B 对A 的作用力一定，由牛顿第三定律知，A 对B 的作用力也一定，B 还受到重力作用，重力也是恒力，所以B 受到的合力是恒力，B 做匀加速运动．(3)对A 、B 组成的系统，机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＝12Mv 2A ＋12mv 2Bv A ＝at ＝2st解得：v B ＝2gh －4Ms 2mt2.【答案】 (1)2Mst2(2)见解析 (3)2gh －4Ms 2mt210．(18分)(2012·江苏高考)某缓冲装置的理想模型如图9所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f .轻杆向右移动不超过l 时，装置可安全工作．一质量为m 的小车若以速度v 0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l4.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦．图9(1)若弹簧的劲度系数为k ，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x ； (2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v m ；(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v ′和撞击速度v 的关系． 【解析】 (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F ＝kx ① 且F ＝f② 解得x ＝f k.③(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W ，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得：－f ·l 4－W ＝0－12mv 20 ④同理，小车以v m 撞击弹簧时，－fl －W ＝0－12mv 2m⑤ 解得v m ＝v 20＋3fl2m.⑥(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v 1 12mv 21＝W⑦由④⑦解得v 1＝ v 20－fl 2m当v ＜ v 20－fl 2m时，v ′＝v 当v 20－fl 2m≤v ≤ v 20＋3fl2m时，v ′＝ v 20－fl 2m. 【答案】 (1)f k(2) v 20＋3fl2m(3)当v ＜ v 20－fl 2m 时，v ′＝v 当v 20－fl2m ≤v ≤ v 20＋3fl2m时，v ′＝ v 20－fl 2m11．(18分)如图10所示，一轨道由光滑竖直的14圆弧AB 、粗糙水平面BC 及光滑斜面CE 组成，BC 与CE 在C 点由极小光滑圆弧相切连接，一小球从A 点正上方h ＝0.2 m 处自由下落正好沿A 点切线进入轨道，已知小球质量m ＝1 kg ，14竖直圆弧半径R ＝0.05 m ，BC长s ＝0.1 m ，小球过C 点后t 1＝0.3 s 第一次到达图中的D 点．又经t 2＝0.2 s 第二次到达D 点．重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：图10(1)小球第一次在进入圆弧轨道瞬间和离开圆弧轨道瞬间受轨道弹力大小之比N 1∶N 2； (2)小球与水平面BC 间的动摩擦因数μ； (3)小球最终停止的位置．【解析】 (1)设小球在A 、B 两点速度大小分别为v A 、v B ，则由动能定理知mgh ＝12mv 2A ，mg (h ＋R )＝12mv 2B ，在圆弧轨道A 点：N 1＝m v 2AR ，在圆弧轨道B 点：N 2－mg ＝m v 2BR，联立得N 1∶N 2＝8∶11.(2)由(1)知小球在B 点速度为v B ＝ 5 m/s ，小球在CE 段加速度a ＝g sin θ＝5 m/s 2， 做类似竖直上抛运动，由对称性及题意知小球从C 点上滑到最高点用时t ＝0.4 s ， 所以小球在C 点速度为v C ＝at ＝2 m/s ， 小球从B 到C 由运动学规律知v 2C －v 2B ＝－2μgs所以μ＝0.5.(3)因小球每次经过BC 段损失的能量相等， 均为ΔE ＝μmgs ＝0.5 J ， 而初动能为E ＝12mv 2B ＝2.5 J其他各段无能量损失， 所以小球最终停止在C 点．【答案】 (1)8∶11 (2)0.5 (3)最终停在C 点。