高考物理二轮复习 专题四 功和能点精练（含详解）(1).doc

专题四功和能 【测控导航】考点题号(难易度)1.功、功率与图像的综合应用1(易)、6(中)2.动能定理的理解及应用2(易)、8(中)3.机械能守恒定律的理解及应用5(中)4.机车启动问题4(中)5.功能关系3(易)、7(中)、9(中)、10(中)6.综合问题11(中)、12(难)1.(2013江苏省南通市二模)某同学用频闪相机拍摄了运动员跳远比赛时助跑、起跳、最高点、落地四个位置的照片,简化图如图所示.则运动员起跳瞬间消耗的体能最接近(c) a.4 jb.40 jc.400 jd.4 000 j解析:运动员起跳瞬间消耗的体能等于运动员增加的重力势能.h取0.5 m,运动员质量取60 kg,mgh=300 j,所以运动员起跳瞬间消耗的体能最接近400 j,选项c正确.2.(2013江西省毕业班质检)质量相同的甲、乙两木块仅在摩擦力作用下沿同一水平面滑动,它们的动能(ek)位移(x)的关系如图所示,则两木块的速度(v)时间(t)的图像正确的是(d) 解析:由动能定理:-fx=ek-ek0,得ek=ek0-fx.由它们的动能(ek)位移(x)的关系图线可知,甲、乙两木块初动能不同,所受摩擦力f相同.所以甲、乙两木块初速度不同,加速度相等,两木块的速度(v)时间(t)的图像是d.3.如图所示,建筑工地上载人升降机用不计质量的细钢绳跨过定滑轮与一有内阻的电动机相连,通电后电动机带动升降机沿竖直方向先匀加速上升后匀速上升.摩擦及空气阻力均不计.则(bd) a.升降机匀加速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的动能b.升降机匀速上升过程中,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能c.升降机上升的全过程中,电动机消耗的电能等于升降机增加的机械能d.升降机上升的全过程中,电动机消耗的电能大于升降机增加的机械能解析:由功能关系w其他=e可知,升降机底板对人做的功等于人增加的机械能,故选项a错误,选项b正确;由于电动机的内阻上产生焦耳热,由能的转化和守恒定律可知,电动机消耗的电能等于内阻上产生的焦耳热和升降机及人增加的机械能,故选项c错误,d正确.4.(2013河北省石家庄市二模)如图所示为汽车在水平路面上启动过程中的vt图像,oa为过原点的倾斜直线,ab段表示以额定功率行驶时的加速阶段.bc段是与ab段相切的水平直线.下述说法正确的是(cd) a.0t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动b.t1t2时间内的平均速度为v1+v22c.t1t2时间内汽车牵引力做功大于12mv22-12mv12d.在全过程中t1时刻的牵引力及其功率都是最大值解析:0t1时间内汽车以恒定的牵引力做匀加速运动,汽车的功率一直增大,选项a错误;t1t2时间内汽车没有做匀加速直线运动,因此平均速度不等于v1+v22,从图中可以看出,平均速度要比这个值大,选项b错误;根据动能定理,t1t2时间内汽车牵引力做的功减去克服摩擦力做的功等于动能的增量,所以选项c正确;在0t1时间内牵引力为恒力大于摩擦阻力,功率一直增大,t1t2时间内功率为额定功率不变,这时速度增大,牵引力开始减小,t2t3时间内功率为额定功率,牵引力等于摩擦阻力,汽车匀速运动,所以选项d正确.5.如图所示,a、b两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连,a放在固定的光滑斜面上,b、c两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连,c球放在水平地面上.现用手控制住a,并使细线刚刚拉直但无拉力作用,并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行.已知a的质量为4m,b、c的质量均为m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计,开始时整个系统处于静止状态.释放a后,a沿斜面下滑至速度最大时c恰好离开地面.下列说法正确的是(ab) a.斜面倾角=30b.a获得最大速度为2gm5kc.c刚离开地面时,b的加速度最大d.从释放a到c刚离开地面的过程中,a、b两小球组成的系统机械能守恒解析:a和b在同一时刻具有最大速度,且此时c恰好离开地面,弹簧被拉长,弹簧弹力f=kx=mg,此时对a、b整体有:a=0、f合=0,即4mgsin -mg-f=0,得sin =12,=30,故选项a正确,选项c错误;由于开始时弹簧被压缩,由f=kx=mg可知,压缩量x=mgk,a和b速度最大时弹簧伸长,且伸长量等于初状态的压缩量,这两个时刻弹性势能相等;在这个过程中b升高hb=2x=2mgk,a下降ha=hbsin =mgk,设a的最大速度为vm,由动能定理可知:12(m+4m)vm2=4mgha-mghb,得出vm=4mg25k=2gm5k,故选项b正确;从释放a到c刚离开地面的过程中,弹性势能先减小后增大,a、b组成的系统机械能不守恒,故选项d错误.6.两个物体a、b的质量分别为m1和m2,并排静止在水平地面上,如图(甲)所示,用同向水平拉力f1、f2分别作用于物体a和b上,作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止.两物体运动的速度时间图像分别如图(乙)中图线a、b所示.已知拉力f1、f2分别撤去后,物体减速运动过程的速度时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出).由图中信息可以得出(ad)a.a、b两物体与地面的动摩擦因数相同b.若m1=m2,则力f1对物体a所做的功较多c.若m1=m2,则力f1对物体a所做的功较少d.若m1=m2,则力f1的最大瞬时功率一定是力f2的最大瞬时功率的2倍解析:拉力f1、f2分别撤去后,两物体的加速度大小都为a=1 m/s2,又因a=g,求得=0.1,故选项a正确;力f1拉物体a时的加速度a1=53 m/s2,对物体a受力分析,由牛顿第二定律可知f1-m1g=m1a1,得f1=83m1(n);同理可得f2=53m2(n);又由图(乙)可知,力f1拉物体a时产生的位移x1=122.51.5 m=158 m,力f2拉物体b时产生的位移x2=122.03 m=3 m;所以力f1对物体a做功w1=f1x1=83m1158 (j)=5m1 (j),力f2对物体b做功w2=f2x2=53m23 (j)=5m2 (j),故选项b、c都错;力f1的最大瞬时功率p1=f1v1=83m12.5 (w)=203m1 (w),力f2的最大瞬时功率p2=f2v2=53m22.0 (w)=103m2 (w),故选项d正确.7.(2013河南省郑州市二模)如图所示,在光滑的水平地面上有一个表面光滑的立方体q.一长为l的轻杆下端用光滑铰链连接于o点,o点固定于地面上,轻杆的上端连接着 一个可视为质点的小球p,小球靠在立方体左侧,p 和q的质量相等,整个装置处于静止状态.受到轻微扰动后p倒向右侧并推动q.下列说法中正确的是(bc) a.在小球和立方体分离前,当轻杆与水平面的夹角为时,小球的速度大小为gl(1-sin)b.在小球和立方体分离前,当轻杆与水平面的夹角为时,立方体和小球的速度大小之比为sin c.在小球和立方体分离前,小球所受的合力一直对小球做正功d.在落地前小球的机械能一直减少解析:当立方体的速度大于小球在水平方向的分速度时,立方体与小球分离;在分离之前,小球和立方体具有相同的水平方向的速度,即vpsin =vq,所以选项b正确;在小球和立方体分离前,当轻杆与水平面的夹角为时,由能量守恒得:mgl(1-sin )=12mvp2+12mvq2=12mvp2+12m(vpsin )2,所以小球的速度大小vp=2gl(1-sin)1+sin2,所以选项a错误;在小球和立方体分离前,立方体q一直加速向右运动,所以小球的速度vp=vqsin也一定在增大,因此小球受到的合力一定对小球做正功,选项c正确;小球和立方体分离前,小球的机械能减小,小球和立方体分离后,小球的机械能不变,所以选项d错误.8.在科技馆中有两等高斜轨并排放置,其中斜轨1倾角处处相同,而斜轨2前半段较1陡峭,后半段较1平缓,但两轨道的底边相同,两轨道总长度相差不多,如图所示.一位小朋友在斜面顶端将两个相同的小球同时由静止释放,发现球2先到达底端.则以下对球1和球2这一运动过程的速度大小随时间变化的图线,描述正确的是(设小球均可视为质点且与两斜面的动摩擦因数相同,直线1表示球1的运动,折线2表示球2的运动)(c) 解析:如图所示,设斜轨2前半段倾角为,长为s1,后半段倾角为,长为s2,底边长为l.对球2由动能定理得,mgh-mg cos s1-mgcos s2=12mv22,而cos s1+cos s2=l,即mgh-mgl=12mv22,对球1由动能定理得,mgh-mgcos s=12mv12,而cos s=l,所以v1=v2.由于,小球在斜轨2前半段加速度大于后半段,故选项c正确. 9.(2013四川内江市二模)如图所示,在足够长的光滑曲面上由静止释放一个物体,若以释放物体的时刻作为零时刻,用e、v、x、w分别表示物体的机械能、速率、位移和重力做的功,那么,下列四个图像分别定性描述了这些物理量随时间变化的规律,其中正确的图像为(a) 解析:曲面光滑,物体下滑过程中机械能守恒,选项a正确,物体下滑过程中加速度变化,选项b错误;物体做加速运动,位移与时间不成正比关系,选项c错误;物体下滑过程中,重力做的功逐渐增大,选项d错误.10.(2013雅安三模)如图,在竖直向上的匀强电场中,有一绝缘轻质弹簧竖直固定于水平地面上,上面放一带正电小球,小球与弹簧不连接,施加外力f将小球向下压至某位置静止.现撤去f,使小球沿竖直方向运动(不计空气阻力),在小球由静止到刚离开弹簧的过程中,重力、电场力、弹力对小球所做功的数值分别为1.010-2 j、2.510-2 j、2.010-2 j,则上述过程中(c) a.小球的机械能增加2.510-2 jb.小球的电势能增加2.510-2 jc.小球离开弹簧瞬间的动能为3.510-2 jd.小球与弹簧组成的系统机械能守恒解析:小球由静止到刚离开弹簧的过程中,电场力做正功,小球的电势能减少2.510-2 j,选项b错误;对小球由动能定理,wg+w电+w弹=ek-0,得ek=3.510-2 j,选项c正确;此过程中,电场力、弹力对小球做功,使小球的机械能增加,则e机=4.510-2 j,选项a错误;对于小球与弹簧组成的系统,电场力为外力对系统做功,系统的机械能不守恒,选项d错误.11.(2013四川南充市第三次适应性考试)如图所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在o位置.质量为m的物块a(可视为质点)以初速度v0从距o点右方x0的p点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到o点位置后,a又被弹簧弹回.a离开弹簧后恰好回到p点.物块a与水平面间的动摩擦因数为,求: (1)物块a从p点出发又回到p点的过程,克服摩擦力所做的功;(2)o点和o点间的距离x1;(3)若将另一个与a完全相同的物块b(可视为质点)与弹簧右端拴接,将a放在b右边,向左压a、b,使弹簧右端压缩到o点位置,然后从静止释放,a、b共同滑行一段距离后分离.分离后物块a向右滑行的最大距离x2是多少?解析:(1)物块a从p点出发又回到p点的过程根据功能关系知,克服摩擦力所做的功为wf=12mv02.(2)物块a从p点出发又回到p点的全过程中,根据功能关系有2mg(x1+x0)=12mv02,得x1=v024g-x0.(3)物块a、b分离时,两者间弹力为零,且加速度相同,a的加速度是g,b的加速度也是g,说明b此时只受摩擦力,弹簧处于原长时分离,设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功wf.只有物块a时,从o到p有:wf-mg(x1+x0)=0,物块a、b共同从o点到o点有:wf-2mgx1=122mv12分离后对物块a有:mgx2=12mv12,解得:x2=x0-v028g.答案:(1)12mv02(2)v024g-x0(3)x0-v028g12.(2013浙江省绍兴市二模)2012年11月23日上午,由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼15降落在“辽宁舰”甲板上,首降成功,随后舰载机通过滑跃式起飞成功.滑跃起飞有点像高山滑雪,主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞,其示意图如图所示,设某航母起飞跑道主要由长度为l1=160 m的水平跑道和长度为l2=20 m的倾斜跑道两部分组成,水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0 m.一架质量为m=2.0104 kg的飞机,其喷气发动机的推力大小恒为f=1.2105 n,方向与速度方向相同,在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍,假设航母处于静止状态,飞机质量视为不变并可看成质点,倾斜跑道看作斜面,不计拐角处的影响.取g=10 m/s2.(1)求飞机在水平跑道上运动的时间.(2)求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小.(3)如果此航母去掉倾斜跑道,保持水平跑道长度不变,现在跑道上安装飞机弹射器,此弹射器弹射距离为84 m,要使飞机在水平跑道的末端速度达到100 m/s,则弹射器的平均作用力多大?(已知弹射过程中发动机照常工作)解析:(1)设飞机在水平跑道