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1、2016届高考物理二轮专题提升训练二、功和能牢记主干，考场不茫然1恒力做功的计算式WFlcos (是F与位移l方向的夹角)2恒力所做总功的计算W总F合lcos 或W总W1W23计算功率的两个公式P或PFvcos 。4动能定理W总Ek2Ek15机车启动类问题中的“临界点”(1)全程最大速度的临界点为：Ff。(2)匀加速运动的最后点为Ffma；此时瞬时功率等于额定功率P额。(3)在匀加速过程中的某点有：Ffma。(4)在变加速运动过程中的某点有Ffma2。6重力势能Epmgh(h是相对于零势能面的高度)7机械能守恒定律的三种表达方式(1)始末状态：mgh1mv12mgh2mv22(2)能量转化：E
2、k(增)Ep(减)(3)研究对象：EAEB8几种常见的功能关系做功能量变化功能关系重力做功重力势能变化EpWGEp弹力做功弹性势能变化EpWFNEp合外力做功W合动能变化EkW合Ek除重力和弹力之外其他力做功W其机械能变化EW其E滑动摩擦力与介质阻力做功Ffs相对系统内能变化E内Ffs相对E内电场力做功WABqUAB电势能变化EpWABEp电流做功WUIt电能变化EWE9应用动能定理的情况(1)动能定理的计算式为标量式，不涉及方向问题，在不涉及加速度和时间的问题时，可优先考虑动能定理。(2)动能定理的研究对象是单一物体，或者可以看成单一物体的物体系。(3)动能定理适用于物体的直线运动，也适用于
3、曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功，力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用。(4)若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以视全过程为一整体来处理。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，16小题只有一个选项符合题目要求，710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(2015河北石家庄质检)有一辆新颖电动汽车，总质量为1000kg。行驶中，该车速度在1420m/s范围内保持恒定功率20kW不变。一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移1204
4、00m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则()s/m120160200240280320360400v/(ms1)14.516.518.019.019.720.020.020.0A该汽车受到的阻力为2000NB位移120320m过程牵引力所做的功约为9.5104JC位移120320m过程经历时间约为14.75sD该车速度在1420m/s范围内可能做匀加速直线运动答案：C解析：汽车最后匀速行驶，有Pfvm得：fN1000N，则A错；汽车位移120320m过程中牵引力做功W，由动能定理得：Wf(320m120m)mvmv，代入数据得W2.95105J，则B错
5、；设汽车位移120320m过程经历时间为t，由动能定理得：Ptf(320m120m)mvmv，代入数据得：t14.75s，则C对；汽车速度在1420m/s范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D错。2(2015河北冀州12月调研)一个质量为0.3kg的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线a表示物体受水平拉力时的vt图线，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的vt图线，g10m/s2，下列说法中正确的是()A撤去拉力后物体还能滑行7.5mB物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C水平拉力的大小为0.1N，方向与摩擦力方向相同D水平拉力对物体做功为1.2J答案：C解析：在03s内水平拉力F作用在物体
6、上，由vt图象可知，此时间内物体的加速度大小a1m/s2,3s末撤去力F，此后，物体的加速度大小a2m/s2。由vt图线和横轴所围面积表示位移，可知36s内物体的位移为7.5m，而6s末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A错。由ma2mg，可得，B错。结合题图可知F与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有Fmgma1，解得F0.1N，故C对。WFx1.2J，D错。3.(2015安徽合肥一模)一个质量为m的小铁块沿半径为及的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为()AmgRBmgRCmgRDmgR答案：B解析：已知铁块滑到半
7、圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mgm对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgRWmv2，解得：WmgR，故选B。4(2015西安模拟)2014年春晚中开心麻花团队打造的创意形体秀魔幻三兄弟给观众留下了很深的印象，该剧采用了“斜躺”的表演方式，三位演员躺在倾角为30的斜面上完成一系列动作，摄像机垂直于斜面拍摄，让观众产生演员在竖直墙面前表演的错觉。演员甲被演员乙和演员丙“竖直向上”抛出，到最高点后恰好悬停在“空中”。已知演员甲的质量m60kg，该过程中观众看到演员甲上升的“高度”为0.8m。设演员甲和斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g10m/s2
8、，不计空气阻力，则该过程中，下列说法不正确的是()A演员甲被抛出的初速度为4m/sB演员甲运动的时间为0.4sC演员甲的重力势能增加了480JD演员乙和演员丙对甲做的功为480J答案：C解析：沿斜面上滑的演员甲受重力、支持力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mgsin30FNma，FNmgcos30，由演员甲恰好悬停在最高点得，mgsin30mgcos30，在斜面上演员甲做匀减速直线运动，v2ax，解得：v04m/s，A项正确；由xt解得：t0.4s，B项正确；演员甲实际上升高度h0.8sin30m0.4m，重力势能增加Epmgh240J，C项错；由动能定理可知，演员乙和演员丙对甲做功Wmv48
9、0J，D项正确。5(2015廊坊模拟)如图所示，重10N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bc0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是()A轻弹簧的劲度系数是50N/mB从d到b滑块克服重力做功8JC滑块的动能最大值为8JD从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J答案：A解析：整个过程中，滑块从a点静止释放后还能回到a点，说明机械能守恒，即斜面是光滑的。滑块到c点速度最大，所受合力为零，由平衡条件和胡克定律有：kxbcmgsin30，解得k50N/m，A项正
10、确；由d到b的过程中，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为动能，B项错；滑块由d到c点过程中，滑块与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧弹性势能一部分转化为重力势能、一部分转化为动能，故到c点时最大动能一定小于8J，又弹性势能减少量小于8J，所以弹力对滑块做功小于8J，CD项错。6(2015河南八市联考)如图所示，有三个斜面a、b、c，底边的长分别为L、L、3L，高度分别为3h、h、h。某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端，三种情况相比较，下列说法正确的是()A物体损失的机械能2Ea2EbEcB因摩擦产生的热量3Qa3QbQcC物体到达底端的动
11、能Eka3Ekb3EkcD因摩擦产生的热量4Qa2QbQc答案：B解析：设斜面和水平方向夹角为，斜面长度为x，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：Wmgxcos，xcos即为底边长度。物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能。由图可知a和b底边相等且等于c的，故摩擦生热关系为：QaQbQc，所以损失的机械能EaEbEc，选项AD错误，B正确；设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得：mgHmgxcosmv20Ek，Eka3mghmgL，EkbmghmgL，Ekcmghmg3L，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边时动能大小关系为：EkaEkbEkc，选项
12、C错误。7(2015廊坊模拟)如图所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面)。下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是()答案：AD解析：由动能定理可知，mg(Hh)EkEk0，即EkEk0mgHmgh，Ekh图象为一次函数图象，B项错；又EkEk0mg2t2，可知Ekt图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Epmgh，Eph为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：Hhgt2，所以Epmg(Hgt2)，所以Ept图象不是直线，C项错。8(20
13、15临汾模拟)如图所示，倾角为的光滑斜面足够长，一质量为m的小物体，在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从斜面底端沿斜面向上做匀加速直线运动，经过时间t，力F做功为60J，此后撤去力F，物体又经过相同的时间t回到斜面底端，若以地面为零势能参考面，则下列说法正确的是()A物体回到斜面底端的动能为60JB恒力F2mgsinC撤去力F时，物体的重力势能是45JD动能与势能相等的时刻一定出现在撤去力F之前答案：AC解析：由题设条件可知：前后两段小物体的运动的位移大小相等，方向相反，则由牛顿第二定律和运动学公式可得：x0t2(t2gsint2)，解得：Fmgsin，选项B错误；由题设条件知：Fx0mgx0
14、sin60J，则此过程中重力做的功为WGmgx0sin45J，撤去力F时，物体的重力势能是45J，选项C正确；全程由动能定理可得：Fx0Ek0，则物体回到斜面底端的动能Ek0为60J，选项A正确；撤去力F时，物体的重力势能为45J，动能为15J，此后只有重力做功，机械能守恒，故动能与势能相等，且都为30J时在撤去力F前后都存在，选项D错误。9(2015保定模拟)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球
15、才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W1/W2的值可能是()A1/2B2/3C3/4D1答案：AB解析：第一次击打小球时小球最高运动到过O点与水平地面平行的直径的两端位置，小锤对小球做功W1mgR，第二次击打小球，小球恰好做圆周运动，此时小球在最高点速度v，与小球在最高点对应最低点的速度为vA，根据机械能守恒定律可得mg2Rmv2mv，第二次击打小球，小锤对小球做的功W2mvmgRmgR，则先后两次击打，小锤对小球做功的最大值为，故选项
16、AB正确，CD错误。10(2015江西八校模拟)如图所示，在距水平地面高为0.4m处水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边杆上套有一质量m2kg的小球A。半径R0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看做质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向右的恒力F50N。(取g10m/s2)，则()A把小球B从地面拉到P的正下方力F做功为20JB小球B运动到C处时的速度大小为0C小球B被
17、拉到与小球A速度大小相等时，sinOPBD把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6J答案：AC解析：由图中几何关系，可知：在小球B从地面拉到P的正下方的过程中，小球A的位移x0.5m0.1m0.4m，则力F做的功WFx20J，选项A正确；设小球B到达C处的速度为v，对此过程，由动能定理可得：WmgRmv2，可得：vm/s，选项B错误；当小球B被拉到与小球A速度大小相等时，连接小球B与滑轮间的细绳正好与半圆形轨道相切，根据图中几何关系，可得：sinOPB，选项C正确；把小球B从地面拉到P的正下方的过程中，小球B增加的机械能EmgRmv220J，选项D错误。第卷(非选择题共60分)二、
18、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。12(2015株洲模拟)在实验验证自由落体的重物机械能守恒时，打出一条纸带如图所示。图中O是打出的第一个点迹，A、B、C、D、E、F是依次打出的点迹，量出OE间的距离为x1，DF间的距离为x2，已知打点计时器打点的周期是T。(1)如果在实验误
19、差允许的范围内x1、x2、T满足关系式_，即验证了重物下落过程中机械能是守恒的。(2)已知T0.02s。如果打出的纸带中有一条OA距离大约是5mm，则出现这种情况的原因可能是_；如果操作正确，但打出的纸带中有一条OA距离大约是1mm，则_(填“能”或“不能”)利用这条纸带来进行验证。答案：(1)gx1(2)先松开纸带后接通电源能解析：(1)vE，若mgx1mv，则机械能守恒，则v2gx1，gx1。(2)若是接通电源的同时重物开始下落，则xOAgT22mm，若OA距离大约是5mm，说明先松开纸带后接通电源。如果操作正确，但打出的纸带中有一条OA距离大约是1mm，可以不用第一个点，在纸带上另找两个
20、点，根据vv2gh也能达到实验目的。13(2015保定模拟)图甲所示的装置可用来探究做功与速度变化的关系。倾角为的斜面体固定在实验台上，将光电门固定在斜面体的底端O点，将小球从斜面上的不同位置由静止释放。释放点到光电门的距离d依次为5cm、10cm、15cm、20cm、25cm、30cm。(1)用螺旋测微器测量小球的直径，如图乙所示，小球的直径D_cm。(2)该实验_(选填“需要”或者“不需要”)测量小球质量；小球通过光电门经历的时间为t，小球通过光电门的速度为_(填字母)，不考虑误差的影响，从理论上来说，该结果_(选填“”或“”)球心通过光电门的瞬时速度。(3)为了探究做功与速度变化的关系：
21、依次记录的实验数据如下表所示。实验次数123456d102m5.0010.0015.0020.0025.0030.00v/(ms1)0.690.981.201.391.551.70v2/(ms1)20.480.971.431.922.412.86/(ms1)1/20.830.991.101.181.241.30从表格中数据分析能够得到关于“做功与速度变化的关系”的结论是_。答案：(1)0.5627(0.56250.5628均对)(2)不需要(3)合外力做功与小球通过光电门时速度的平方成正比(或者释放点到光电门的距离d与小球通过光电门时速度的平方成正比)解析：(1)螺旋测微器的读数为D(5.51
22、2.70.01)mm5.627mm。(2)根据动能定理得mgdsinmv2，所以该实验不需要测量小球的质量；小球通过光电门的速度为v。小球沿斜面做匀加速直线运动，小球通过光电门的速度可以看做t时间内中间时刻的速度，不考虑误差的影响，球心通过光电门的速度可以看做D位移内中间位移的速度，可以判定中间位移的速度大于中间时刻的速度。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)(2015福建厦门质检)如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为A的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B
23、、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行。已知A、B的质量均为m，斜面倾角为37，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，(sin370.6，cos370.8)求：(1)从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；(2)C的质量；(3)A刚要离开地面时，C的动能。答案：(1)(2)(3)解析：(1)设开始时弹簧压缩的长度为xB，则有kxBmg设当物体A刚要离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则有k
24、xAmg当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：hxAxB解得：h(2)物体A刚要离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律，对B有：TmgkxAma对C有：mCgsinTmCaB获得最大速度时，有：a0解得：mCm(3)由于xAxB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚要离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v0，由动能定理得：mCghsinmghW弹(mmC)v0其中W弹0解得：v所以EkCmCv15(10分)如图所示，在粗糙水平面
25、上竖直固定半径为R6cm的光滑圆轨道，质量为m4kg的物块静止放在粗糙水平面上A处，物块与水平面的动摩擦因数0.75，A与B的间距L0.5m，现对物块施加大小恒定的拉力F使其沿粗糙水平面做直线运动，到达B处将拉力F撤去，物块沿竖直光滑圆轨道运动。若拉力F与水平面夹角为时，物块恰好沿竖直光滑圆轨道通过最高点，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点。求：(1)物块到达B处时的动能；(2)拉力F的最小值及此时拉力方向与水平方向的夹角。答案：(1)6J(2)33.6N37解析：(1)设物块恰好到达竖直光滑轨道最高点时速度为v，则有mgm物块从B处沿光滑圆轨道运动到最高点，由机械能守恒得EkB2mg
26、Rmv2联立解得：EkBmgR6J所以物块到达B处时的动能EkB6J(2)物块从A运动到BW合EkFLcos(mgFsin)LEkBEkBFL(cossin)mgL解得：F由数学知识可知，当37时，F最小值为33.6N16(11分)如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分BCD粗糙，下半部分BAD光滑。一质量为m0.2kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R0.2m，取g10m/s2。(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？(2)若v03m/s，经过一段时间后
27、小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v03.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？答案：(1)m/s(2)0.1J(3)0.561J解析：(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得mg由动能定律可知2mgRmvmv代入数据解得：v0m/s。(2)设此时小球到达最高点的速度为vC，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mgFC由动能定理可知2mgRWmvmv代入数据解得：W0.1J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运
28、动。设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为F2，则由动能定理可知mgRmv根据牛顿第二定律可得FAmg代入数据解得：FA3mg6N设小球在整个运动过程中减少的机械能为E，由功能关系有EmvmgR代入数据解得；E0.561J。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
29、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/s10