《2022年高考物理二轮专题复习 专题三 功和能检测试题（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理二轮专题复习 专题三 功和能检测试题（含解析）.doc（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2014年高考物理二轮专题复习检测试题：专题三功和能 Word版含解析本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.物体在合外力作用下做直线运动的vt图象如图所示。下列表述正确的是()A在02s内，合外力总是做负功B在12s内，合外力不做功C在03s内，合外力做功为零D在01s内比13s内合外力做功快答案CD解析根据物体的速度图象可知，根据动能定
2、理可知在02s内物体先加速后减速，合外力先做正功后做负功，A错；根据动能定理得03s内合外力做功为零，12s内合外力做负功，C对，B错；在01s内比13s内合外力做功快，D对。2(2013浙江高考模拟冲刺)在一场英超联赛中，我国球员孙继海大力踢出的球飞行15m后，击在对方球员劳特利奇的身上。假设球击中身体时的速度约为22m/s，离地面高度约为1.5m，估算孙继海踢球时脚对球做的功为()A15JB150JC1500J D15000J答案B解析孙继海踢球时脚对球做的功等于球增加的机械能。足球的质量大约为0.5kg，则足球增加的机械能Emghmv20.5101.5J0.5222J128.5J，故B正
3、确。3.如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪。设枪口截面积为0.6cm2，喷出水的速度为20m/s(水的密度为1103kg/m3)。当它工作时，估计水枪的功率约为()A250W B300WC350W D400W答案A解析每秒钟喷出水的动能为Ekmv2Svtv2，代入数据得Ek240J，故选项A正确。4物体做自由落体运动，Ek表示其动能，Ep表示其势能，h表示其下落的距离，t、v分别表示其下落的时间和速度，以水平面为零势能面，能正确反映各物理量之间关系的是图()答案D解析设物体最初离地面的高度为H，物体做自由落体运动，经过时间t后，vgt，则Ekmv2t2，选项A、B均错；由机械能守恒可知，Ek
4、E总Ep，选项C错误；由Ekmgh可知，选项D正确。5如图所示，竖立在水平地面上的轻弹簧，下端与地面固定，将一个金属球放置在弹簧顶端(球与弹簧不相连)，并用力向下压球，使弹簧在弹性限度内压缩，稳定后用细线把弹簧拴牢，烧断细线，球将被弹起，脱离弹簧后能继续向上运动，不计空气阻力，那么该球从细线被烧断到刚脱离弹簧的这一运动过程中()A球所受合力的最大值一定大于球的重力值B球刚脱离弹簧时的动能最大C在某一阶段内球的动能减小而它的机械能增加D地面对弹簧和球组成的系统不做功答案ACD解析由金属球脱离弹簧后能继续向上运动可知球在细线被烧断的瞬间所受合力的最大值一定大于球的重力值，选项A正确。在金属球从细线
5、被烧断到刚脱离弹簧的运动过程中，金属球先做加速运动(弹力大于重力，在这一阶段球动能增大，重力势能增大，机械能增加)，当弹力等于重力时，速度最大，球动能最大，然后金属球做减速运动(弹力小于重力，在这一阶段球动能减小，重力势能增大，由于弹力做正功，金属球机械能增加)，选项B错误C正确。由于地面对弹簧作用力的位移为零，所以地面对弹簧和球组成的系统不做功，弹簧和球组成的系统机械能守恒，选项D正确。此题正确选项是ACD。6.如图所示，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可
6、能达到的最大高度为()A. h B1.5hC. 2h D2.5h答案B解析在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：3mghmgh(m3m)v2则v，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，上升过程中机械能守恒，mv2mgh，所以h，即a可能达到的最大高度为1.5h，B项正确。7.(2013安徽名校联盟联考)如图所示，质量分别为2m和m的A、B两物体用不可伸长的轻绳绕过轻质定滑轮相连，开始两物体处于同一高度，绳处于绷紧状态，轻绳足够长，不计一切摩擦。现将两物体由静止释放，在A落地之前的运动中，下列说法中正确的是()AA物体的机械能
7、增大BA、B组成系统的重力势能增大C下落时间t过程中，A的机械能减小了mg2t2D下落时间t时，B所受拉力的瞬时功率为mg2t答案C解析在A下降的过程中，A的机械能减小，B的机械能增大，A、B系统的机械能守恒，所以A、B错误；释放后，A、B物体都做初速度为零，加速度为g的匀加速直线运动，时间t内A物体下降高度为gt2，绳子拉力大小为mg，拉力对A物体所做负功为mg2t2，A物体机械能减小mg2t2，C对；下落时间t时，B物体的运动速度为gt，拉力功率大小为mg2t，D错。82012年7月16日，我国第一台自行设计的“蛟龙号”载人潜水器完成7000米级海试回国。“蛟龙号”采用“深潜器无动力下潜、
8、上浮技术”，当潜水器两侧配备4块压载铁时，潜水器下潜一定深度后按恒定速度下潜；当潜水器到达一定深度时，可抛弃其中2块压载铁，使潜水器悬停在指定深度上作业；当任务完成，再抛弃另外2块压载铁，使潜水器上浮，到达水面。设潜水器在水中受到的阻力与速度的平方成正比，潜水器受到的浮力恒定，下列说法正确的是()A潜水器向下运动的过程中重力势能不断减小B潜水器向下运动的过程中机械能不断减小C潜水器向下运动的过程中，浮力做的功与阻力做的功之和等于潜水器动能的变化量D潜水器在上浮过程中机械能先增大后不变答案AB解析潜水器向下运动的过程中重力势能不断减小，A选项正确；潜水器向下运动的过程中，除了重力做功外，潜水器不
9、断克服浮力和阻力做功，故机械能在不断减小，B选项正确；潜水器向下运动的过程中受到重力、浮力和阻力的作用，由动能定理可知，这三个力做功之和等于动能的变化量，C选项错误；由分析可知，潜水器在上浮过程中，先做加速度减小的加速运动后做匀速运动，重力势能一直增加，动能先增加后不变，故机械能不断变大，D选项错误。9(2013北京西城模拟)如图1所示，物体以一定的初速度从倾角37的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m。选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E随高度h的变化如图2所示。g10m/s2，sin370.60，cos370.80。则()A物体的质量m0.67kgB物体与斜面间的动摩
10、擦因数0.40C物体上升过程的加速度大小a10m/s2D物体回到斜面底端时的动能Ek10J答案CD解析上升过程，由动能定理得，(mgsinmgcos)hm/sin0Ek1，摩擦生热mgcoshm/sinE1E2，解得m1kg，0.50，故A、B错；物体上升过程的加速度大小agsingcos10m/s2，故C对；上升过程摩擦生热为E1E220J，下降过程摩擦生热也应为20J，故物体回到斜面底端时的动能Ek50J40J10J，D对。10(2013洛阳模拟)如图所示，传送带以v05m/s的速度顺时针转动，水平部分ABs1.5m，一质量为m0.4kg的小工件由A点轻轻放上传送带，工件与斜面间的动摩擦因
11、数为1，工件在B处无能量损失且恰好能滑到最高点P，已知BPL0.6m，斜面与水平面的夹角为30，g10m/s2，不计空气阻力，则可判定()A工件从A到B先做匀加速运动再做匀速运动B工件运动到B点时的速度大小为5m/sC工件与传送带间的动摩擦因数为0.3D工件从A运动到P的过程中因摩擦而产生的热量为4.2J答案C解析因工件冲上斜面后做匀减速运动直到P点速度为零，由牛顿第二定律知工件在斜面上有mgsin1mgcosma1，所以a17.5m/s2，由运动学规律知v2a1L，即vB3m/sv0，所以工件在传送带上一直做匀加速运动，A、B均错；工件在传送带上时，ag且v2as，联立得0.3，C对；工件在
12、传送带上运动的时间为t，工件相对传送带的路程为s1v0ts，产生的热量为Q1mgs1，联立得Q14.2J，工件在斜面上滑动时产生的热量为Q21mgcosL0.6J，即工件从A运动到P的过程中因摩擦而产生的热量为4.8J，D错。第卷 (非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分。把答案直接填在横线上)11如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成角()。则F大小至少为_；若Fmgtan，则质点机械能大小的变化情况是_。 答案mgsin增大、减小都有可能解析拉力F和重力的合力沿ON方
13、向，当F与ON垂直时，F最小。若Fmgtan，则F可能沿水平方向或斜向上因此F可能做正功，也可能做负功，机械能可能增大，也可能减小。12质量为500t的机车，以恒定的功率从静止出发，经过5min在水平面上行驶了2.25km，速度达到最大值54km/h，则机车的功率为_W，机车运动中受到的平均阻力为_N。答案3.751052.5104解析取机车为研究对象，由动能定理得：Ptxmv，PW3.75105W，fN2.5104N。13如图所示，是半径为R的圆弧，在AB上固定一个光滑的木板DB。一质量为m的小木块在木板的上端由静止下滑，然后沿水平面BC滑行距离L后停下。已知木块与水平面间的动摩擦因数为，重
14、力加速度为g，且不计木块在B处的机械能损失。则木块在木板DB间运动时间为_，在这一时间内重力的平均功率为_。答案2mgL解析本题考查了牛顿运动定律、功率、动能定理等知识从B到C，根据动能定理有mgLmv2，解得v.从D到B应用功能关系得mghm()2，解得hL，在根据几何关系可得斜面长度为，加速度ag.根据gt2，解得t2。重力的平均功率PmgL。本题难度中等。三、计算题(共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14(10分)(2013江西师大模拟)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m
15、1kg的物块B以水平初速度v03m/s从A的一端滑上其水平上表面，它们在运动过程中的vt图线如图乙所示。请根据图象求：(1)B在A上滑动的相对位移；(2)A、B组成的系统损失的机械能E。答案(1)1.5m(2)3J解析(1)B在A上滑动的相对位移为图中三角形面积S相对1.5m(2)由图象的物理意义可知：M2kg则由能量守恒可得：Emv(Mm)v23J15(10分)(2013荆州模拟)如图所示，半径为r，密度为的某星球表面某处竖直平面内的一段轨道，AB是倾角为的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，最低点为E。一个质量为m的物体(可以看做质点)从直轨道上的
16、P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为，万有引力常量为G。求：(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB轨道上通过的总路程；(2)若物体从直轨道上的P点以某一初速度释放，其他条件不变，恰能过最高点D点，求物体对轨道的最大压力。答案(1)(2)8Gmr解析(1)设该星球表面重力加速度为g，全过程看，物体只在粗糙斜面上消耗机械能，故：mgscosmgRcos解得：s(2)对该星球表面质量为m0的物体有m0g又M物体在最低点E处对轨道压力F最大，物体所受支持力FF由牛顿第二定律可得：Fmgmgm对物体由E到D由机械能守恒定律得：2mgR
17、联立解得：F8Gmr16(11分)(2013浙江五校联盟联考)频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片。已知斜面足够长，倾角为37，闪光频率为10Hz。经测量换算获得实景数据：s1s240cm，s335cm，s425cm，s515cm。取g10m/s2，sin370.6，cos370.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失。求：(1)滑块与斜面间的动摩擦因数为，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑；(2)滑块在斜面上运动过程中摩擦力做功的平均功率。 答案(1)0.5能(2)2(1)W解析
18、(1)由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为v0，则v04.0m/s在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则由公式saT2解得a10m/s2由牛顿第二定律有mgsinmgcosma联立以上方程解得0.5因tan37，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑(2)设滑块在斜面上能上滑的最大距离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有(mgsinmgcos)sm0mv解得sm0.8m故滑块在斜面上上滑和下滑运动的全过程摩擦力所做的功为Wf2(mgcos)sm3.2J下滑加速度为a2gsingcos2m/s2上滑时间为t10.4s下滑时间为t20.4s平均功率为2(1
19、)W2(1)W(为负功率)17(11分)长为1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了8.0cm后停下。若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，都为2kg，A、B间的动摩擦因数10.25，取g10m/s2。求：(1)木板与冰面的动摩擦因数2；(2)全过程产生的总热量Q；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速应为多少？答案(1)0.10(2)5.76J(3)3.0m/s解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速
20、运动，加速度a2g1.0m/s2解得木板与冰面的动摩擦因数：20.10(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度a11g2.5m/s2小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有：1mg2(2m)gma2解得加速度a20.50m/s2设小物块滑上木板时的初速度为v10，经时间t后小物块、木板的速度相同为v对于木板va2t 解得滑行时间：t0.8s小物块滑上木板的初速度：v10va1t2.4m/s由能量守恒可知，全过程产生的总热量Qmv/25.76J(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度，设为v0则v0ta1t2a2t2Lv0va1tva2t由以上三式解得，为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v03.0m/s- 11 -