高考物理二輪復習 新題重組訓練 專題二　功和能6b

一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第2、3、5、6、7小題為多選題。)1.[2014·寧夏銀川一中一模]如圖所示為某中學科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進。若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進的距離為x，且速度達到最大值vm。設這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為F，那么這段時間內(nèi)()A.小車做勻加速運動B.小車受到的牽引力逐漸增大C.小車受到的合外力所做的功為PtD.小車受到的牽引力做的功為Fx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)[解析]小車在運動方向上受向前的牽引力F1和向后的阻力F，因為v增大，P不變，由P＝F1v，F(xiàn)1－F＝ma，得出F1逐漸減小，a也逐漸減小，當v＝vm時，a＝0，故A、B項均錯；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由動能定理得W牽－Fx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故C項錯，D項對。[答案]D2．[2014·長沙一模]被譽為“豪小子”的紐約尼克斯隊17號華裔球員林書豪在美國職業(yè)籃球(NBA)賽場上大放光彩?，F(xiàn)假設林書豪準備投二分球前先屈腿下蹲再豎直向上躍起，已知林書豪的質(zhì)量為m，雙腳離開地面時的速度為v，從開始下蹲至躍起過程中重心上升的高度為h，則下列說法正確的是()A.從地面躍起過程中，地面支持力對他所做的功為0B.從地面躍起過程中，地面支持力對他所做的功為eq\f(1,2)mv2＋mghC.離開地面后，他在上升過程和下落過程中都處于失重狀態(tài)D.從下蹲到離開地面上升過程中，他的機械能守恒[解析]地面支持力對林書豪的位移為0，該力做功為0，選項A正確，選項B錯誤；離開地面后，他的加速度為重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，選項C正確；他下蹲過程中機械能不守恒，離開地面上升過程中機械能守恒，選項D錯誤。[答案]AC3．[2014·山東煙臺一模]如圖所示，兩個小球A、B分別固定在輕桿的兩端，輕桿可繞水平光滑轉(zhuǎn)軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，OA>OB，現(xiàn)將該桿靜置于水平方向，放手后兩球開始運動，已知兩球在運動過程受到大小始終相同的空氣阻力作用，則從開始運動到桿轉(zhuǎn)到豎直位置的過程中，以下說法正確的是()A．兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒B．B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加C．重力和空氣阻力對A球做功代數(shù)和等于它的動能增加D．A球克服空氣阻力做的功大于B球克服空氣阻力做的功[解析]由于有空氣阻力作用，兩球和輕桿組成的系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；重力做功僅僅和重力勢能相聯(lián)系，B球克服重力做的功等于B球重力勢能的增加，B正確；根據(jù)動能定理，合外力的功等于動能的變化，對A球做功的力有重力、空氣阻力和輕桿的作用力，C錯誤；由于OA>OB，且兩球在運動過程受到大小始終相同的空氣阻力作用，所以克服空氣阻力做的功W＝Ff×eq\f(1,4)×2πr＝eq\f(1,2)Ffπr，故D正確。[答案]BD4．如圖所示，一半徑為R的豎直面內(nèi)的四分之一圓弧槽的最底端與一水平桌面相接，一長為L、質(zhì)量為m的粗細均勻的鐵鏈上端用手提著，下端剛好對準圓弧槽的上端入口，釋放鐵鏈后，鐵鏈順著圓弧槽和水平桌面滑動，鐵鏈有四分之一的長度滑出桌面時剛好靜止，則整個滑動過程克服摩擦做的功為()A．mgR＋eq\f(15,32)mgLB．mgR＋eq\f(1,2)mgLC．mgR＋eq\f(17,32)mgL D．mgR＋eq\f(5,8)mgL[解析]克服摩擦做的功等于鐵鏈機械能的減少量，即Wf克＝eq\f(3,4)mg(R＋eq\f(3L,8))＋eq\f(1,4)mg(R＋eq\f(3,4)L＋eq\f(1,8)L＋eq\f(1,8)L)＝mgR＋eq\f(17,32)mgL。[答案]C5．[2014·山東德州一模]如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物體(物體與彈簧不連接)，初始時物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用豎直向上的拉力F作用在物體上，使物體開始向上做勻加速直線運動，拉力F與物體位移x的關系如圖乙所示(g取10m/s2)，則下列結(jié)論正確的是()A．物體在運動過程中處于超重狀態(tài)B．物體的質(zhì)量為5kgC．物體的加速度大小為5m/s2D．物體從靜止開始運動的過程中機械能的增加量等于F做的功[解析]物體向上做勻加速直線運動，有向上的加速度，物體處于超重狀態(tài)，A正確；剛開始物體處于靜止狀態(tài)，重力和彈力二力平衡，有：mg＝kx①，拉力F1為10N時，彈簧彈力和重力平衡，合力等于拉力，根據(jù)牛頓第二定律，有F1＋kx－mg＝ma②，物體與彈簧分離后，拉力F2為30N，根據(jù)牛頓第二定律，有F2－mg＝ma③，聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：m＝2kg，k＝500N/m＝5N/cm，a＝5m/s2，故B錯誤，C正確；對于物體，除了有F做功還有彈簧彈力做功，故物體從靜止開始運動的過程中機械能的增加量等于F做的功與彈簧彈力做功之和，D錯誤。[答案]AC6．[2014·石家莊質(zhì)檢]如圖所示，A是半徑為R的圓形光滑軌道，固定在木板B上，豎直放置；B的左右兩側(cè)各有一光滑擋板固定在地面上，使其不能左右運動，小球C靜止放在軌道最低點，A、B、C的質(zhì)量相等?，F(xiàn)給小球一水平向右的初速度v0，使小球在圓形軌道的內(nèi)側(cè)做圓周運動，為保證小球能通過軌道的最高點，且不會使B離開地面，初速度v0必須滿足(重力加速度為g)()A．最小值為eq\r(4gR)B．最大值為eq\r(6gR)C．最小值為eq\r(5gR)D．最大值為eq\r(7gR)[解析]由題意可知，此圓形軌道的模型是繩系小球在豎直面內(nèi)的圓周運動，為保證小球能通過軌道的最高點，設在最高點處的最小速度為v1，則mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0min)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得v0min＝eq\r(5gR)，選項A錯誤，選項C正確；為使B不離開地面，設小球運動到最高點時，受到軌道的壓力為F，對軌道和木板受力分析，可得F－2mg＝0，對小球，可得F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,2),R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0max)＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v0max＝eq\r(7gR)，選項B錯誤，選項D正確。[答案]CD7．[2014·開封模擬]如圖甲所示，一傾角為37°的傳送帶以恒定速度運行，現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的小物體拋上傳送帶，物體相對地面的速度隨時間變化的關系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則下列說法正確的是()A．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.875B．0～8s內(nèi)物體位移的大小為18mC．0～8s內(nèi)物體機械能的增量為90JD．0～8s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量為126J[解析]本題考查了牛頓第二定律、運動學公式、功能關系、v－t圖象等知識點，意在利用傾斜傳送帶模型考查考生的綜合應用能力。由v－t圖象可知，傳送帶沿斜面向上運動，物體放到傳送帶上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度方向沿傳送帶向上、大小為1m/s2的勻減速直線運動，對其受力分析，可得f－mgsinθ＝ma，N－mgcosθ＝0，f＝μN，聯(lián)立可得μ＝0.875，選項A正確；根據(jù)v－t圖象與時間軸圍成的“面積”大小等于物體的位移，可得0～8s內(nèi)物體的位移x＝eq\f(1,2)×4×(2＋6)m－eq\f(1,2)×2×2m＝14m，選項B錯誤；0～8s內(nèi)物體的機械能的增加量等于物體重力勢能的增加量和動能增加量的和，ΔE＝mgxsin37°＋eq\f(1,2)m×42－eq\f(1,2)m×22＝90(J)，選項C正確；0～8s內(nèi)物體與傳送帶由于摩擦產(chǎn)生的熱量等于摩擦力乘以二者間的相對位移大小，Q＝μmgs相對cos37°＝126J，選項D正確。[答案]ACD8．[2014·大慶質(zhì)檢]如圖所示，半徑為R的金屬環(huán)豎直放置，環(huán)上套有一質(zhì)量為m的小球，小球開始時靜止于最低點?，F(xiàn)使小球以初速度v0＝eq\r(6Rg)沿環(huán)上滑，小球運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力，則小球從最低點運動到最高點的過程中()A．小球的機械能守恒B．小球在最低點時對金屬環(huán)的壓力是6mgC．小球在最高點時，重力的功率是mgeq\r(gR)D．小球的機械能不守恒，且克服摩擦力做的功是0.5mgR[解析]本題考查了向心力公式、動能定理、機械能守恒的條件判定等知識點，意在利用豎直面內(nèi)的圓周運動考查考生的邏輯推理能力。小球運動到環(huán)的最高點時與環(huán)恰無作用力，設此時的速度為v，由向心力公式可得mg＝eq\f(mv2,R)；小球從最低點到最高點的過程中，由動能定理可得－Wf－2mgR＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立可得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－2mgR＝eq\f(1,2)mgR，可見此過程中小球的機械能不守恒，克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mgR，選項D正確，選項A錯誤；小球在最高點時，速度v方向和重力的方向垂直，二者間的夾角為90°，功率P＝0，選項C錯誤；小球在最低點，由向心力公式可得F－mg＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)，F(xiàn)＝mg＋eq\f(mv\o\al(2,0),R)＝7mg，選項B錯誤。[答案]D二、計算題(本題共2小題，共36分。需寫出規(guī)范的解題步驟。)9．[2014·武漢調(diào)研]如圖所示，一長為6L的輕桿一端連著質(zhì)量為m的小球，另一端固定在鉸鏈O處(輕桿可繞鉸鏈自由轉(zhuǎn)動)。一根不可伸長的輕繩一端系于輕桿的中點，另一端通過輕小定滑輪連接在質(zhì)量M＝12m的小物塊上，物塊放置在傾角θ＝30°的斜面上。已知滑輪距地面A點的距離為3L，鉸鏈距離A點的距離為L，不計一切摩擦。整個裝置由圖示位置靜止釋放，當輕桿被拉至豎直位置時，求：(1)小球?qū)p桿在豎直方向的作用力；(2)輕桿對小球做的功。[解析](1)當輕桿被拉至豎直位置時，設物塊的速度為v，則小球的速度v′＝2v根據(jù)幾何關系可知，物塊下滑的距離為s＝4L對m和M組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律Mg·ssinθ－mg·6L＝eq\f(1,2)Mv2＋eq\f(1,2)mv′2解得v＝eq\f(3,2)eq\r(gL)小球在最高點，由牛頓第二定律有mg＋F＝meq\f(v′2,6L)解得F＝eq\f(1,2)mg根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)p桿在豎直方向的作用力豎直向上F′＝eq\f(1,2)mg(2)對小球，由動能定理有W－mg·6L＝eq\f(1,2)mv′2解得：W＝eq\f(21,2)mgL[答案](1)eq\f(1,2)mg，方向豎直向上(2)eq\f(21,2)mgL10．[2014·北京海淀模擬]如圖所示，水平光滑軌道AB與豎直半圓形光滑軌道在B點平滑連接，AB段長x＝10m，半圓形軌道半徑R＝2.5m。質(zhì)量m＝0.10kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)在水平恒力F作用下，從A點由靜止開始運動，經(jīng)B點時撤去力F，小滑塊進入半圓形軌道，沿軌道運動到最高點C，從C點水平飛出。忽略空氣阻力影響，重力加速度g取10m/s2。(1)若小滑塊從C點水平飛出后恰好落在A點。求：①滑塊通過C點時的速度大??；②滑塊剛進入半圓形軌道時，在B點對軌道壓力的大小；(2)如果要使小滑塊能夠通過C點，求水平恒力F應滿足的條件。[解析](1)①設滑塊從C點飛出時的速度為vC，從C點運動到A點時間為t，滑塊從C點飛出后，做平拋運動豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2水平方向：x＝vCt解得：vC＝10m/s②設滑塊通過B點時的速度為vB，根據(jù)機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋2mgR設滑塊在B點受軌道的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)聯(lián)立解得：FN＝9N依據(jù)牛頓第三定律，滑塊在B點對軌道的