【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)

1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t1，列车全身通过桥尾的时间为t2、则列车车头通过铁路桥所需的时间为()A.La·t2－t1t1t2B.La·t2＋t1t1t2C.La·t2－t1t1t2－t2－t12D.La·t2－t1t1t2＋t2－t12【解析】设列车车头通过铁路桥所需要的时间为t0，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12t1时刻的瞬时速度v1，则v1＝Lt1；列车全身通过桥尾时的平均速度等于t0＋12t2时刻的瞬时速度v2，则v2＝Lt2；由匀变速直线运动的速度公式可得v2＝v1－a(t0＋12t2－12t1)，解得t0＝La·t2－t1t1t2－t2－t12.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t0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＝μmgv0t0D．W＝32μmgv0t02【解析】在t0时刻前，F－μmg＝mv0t0，在t0时刻以后，－μmg＝－mv02t0，由以上两式可得F＝3μmg，因此选项A、B均不对；在0至t0时间内，W－μmg·12v0t0＝12mv20，在t0至3t0时间内，－μmg·12v0(2t0)＝－12mv20，因此力F做的功为W＝32μmgv0t0，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，0～6s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．0～1s内重力的平均功率大小与1～6s内重力平均功率大小之比为5∶1B．0～1s内摩擦力的平均功率大小与1～6s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1C．0～1s内位移大小与1～6s内位移大小之比为1∶5D．0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5【解析】0～1s内物体沿斜面向上的位移为5m，平均速度为5m/s；1～6s内物体沿斜面向下的位移为25m，平均速度为5m/s；0～1s内位移大小与1～6s内位移大小之比为1∶5,0～1s内重力的平均功率大小与1～6s内重力平均功率大小之比为1∶1，选项A错误，C正确.0～1s内摩擦力与1～6s内摩擦力大小相等，0～1s内摩擦力的平均功率大小与1～6s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1，选项B正确；0～1s内机械能变化量大小与1～6s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15m/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3B．电动车做匀加速运动时的加速度为2m/s2C．电动车的额定功率为6kWD．电动车做匀加速运动所需的时间为1.5s【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vmax＝15m/s，对应的牵引力等于阻力，f＝400N，电动车的额定功率为P＝fvmax＝400N×15m/s＝6000W＝6kW，选项A错误，C正确；图中AB段，对应的牵引力为F＝2000N，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＝2m/s2，选项B正确；由P＝Fv可得匀加速直线运动的末速度v＝3m/s；由v＝at解得电动车做匀加速运动所需的时间为1.5s．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＝32mv2，对于A球应用动能定理，WT－2mgR＝12mv2，最大速度为v＝4gR3，细杆对A球做的功为WT＝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4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m1和m2，细线中的张力大小为F.隔离小球并对其进行受力分析，则m2gcos60°＝Fsin60°，解得F＝33m2g，则m2gsin60°＝32m2gFcos60°＝36m2g，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m2gsin60°－Fcos60°＝m2a，解得a＝gsin60°－Fcos60°m2gsin60°，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Fμ，由牛顿第二定律可得m1gsin60°＋Fcos60°－Fμ＝m1a，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Fμ，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mgh5B．从开始到绳与水平方向夹角为30°时，拉力做功mgh＋38mv2C．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bc＝0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，(g取10m/s2)则()图7A．轻弹簧的劲度系数是50N/mB．从d到a滑块克服重力做功8JC．滑块动能的最大值为8JD．从d到c弹簧的弹力做功8J【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mgsin30°＝k·xbc，解得k＝50N/m，选项A正确；对于滑块从a到d的过程中，据动能定理得WG＋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＝－8J，因此从a到d滑块重力做了8J的功，那么从d到a滑块克服重力做功8J，则选项B正确；滑块从d至b，弹簧弹力做功8J，很显然选项D错误；对滑块由机械能守恒定律得Epa＝Epc＋Ep弹＋12mv2c，滑块动能的最大值小于8J，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6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FA；(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vB大小．【解析】(1)对A，在匀加速运动过程中s＝12at2由牛顿第二定律得FA＝Ma解得FA＝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＝12Mv2A＋12mv2BvA＝at＝2st解得：vB＝2gh－4Ms2mt2.【答案】(1)2Mst2(2)见解析(3)2gh－4Ms2mt210．(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v0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．7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vm；(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＝kx①且F＝f②解得x＝fk.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·l4－W＝0－12mv20④同理，小车以vm撞击弹簧时，－fl－W＝0－12mv2m⑤解得vm＝v20＋3fl2m.⑥(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v112mv21＝W⑦由④⑦解得v1＝v20－fl2m当v＜v20－fl2m时，v′＝v当v20－fl2m≤v≤v20＋3fl2m时，v′＝v20－fl2m.【答案】(1)fk(2)v20＋3fl2m(3)当v＜v20－fl2m时，v′＝v当v20－fl2m≤v≤v20＋3fl2m时，v′＝v20－fl2m11．(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＝0.2m处自由下落正好沿A点切线进入轨道，已知小球质量m＝1kg，14竖直圆弧半径R＝0.05m，BC长s＝0.1m，小球过C点后t1＝0.3s第一次到达图中的D点．又经t2＝0.2s第二次到达8D点．重力加速度取g＝10m/s2，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N1∶N2；(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vA、vB，则由动能定理知mgh＝12mv2A，mg(h＋R)＝12mv2B，在圆弧