优化方案浙江专用2021版高考物理二轮复习第一部分专题二功与能综合检测

1、PAGE PAGE 7专题二综合检测一、单项选择题1(2015新余一模)如图所示是质量为1 kg的质点在水平面上做直线运动的vt图象以下判断正确的是()A在t1 s时，质点的加速度为零B在46 s时间内，质点的平均速度为2 m/sC在03 s时间内，合力对质点做功为10 JD在37 s时间内，合力做功的平均功率为2 W答案：D2.(2015绍兴模拟)如图所示，在倾角30的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C，质量相等的两木块A、B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩量为l.如果用平行斜面向上的恒力F(FmAg)拉A，当A向上运动一段距离x后撤去F，A运动到最高处时，B刚好不

2、离开C，重力加速度为g，则下列说法正确的是()AA沿斜面上升的初始加速度大小为eq f(g,2)BA上升的竖直高度最大为2lC拉力F的功率随时间均匀增加Dl等于x解析：选D.A沿斜面上升的初始时刻，A所受合力为FmAgmAa，得ag，A选项错误初始时A静止，弹簧压缩量为l，则有klmAgsin 30；当A运动到最高处时，弹簧的伸长量为l，对B受力分析，则有klmBgsin 30，又mAmB，得ll，所以A上升的竖直高度最大为2lsin 30l，B项错误；拉力F的功率PFvFat，a时刻改变，所以P随时间不均匀增加，C项错误在全程对A由动能定理有mAg2lsin Fx0，得xl，所以D项正确3(

3、2015河北石家庄二中一模)一质点在015 s内竖直向上运动，其加速度时间图象如图所示，若取竖直向下为正，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A质点的机械能不断增加B在05 s内质点的动能增加C在1015 s内质点的机械能一直增加D在t15 s时质点的机械能大于t5 s时质点的机械能解析：选D.质点竖直向上运动，015 s内加速度方向向下，质点一直做减速运动，B错误.05 s内，a10 m/s2，质点只受重力，机械能守恒；510 s内，a8 m/s2，受重力和向上的力F1，F1做正功，机械能增加；1015 s内，a12 m/s2，质点受重力和向下的力F2，F2做负功，机械能减少，A、C错

4、误由F合ma可推知F1F2，由于做减速运动，510 s内通过的位移大于1015 s内通过的位移，F1做的功大于F2做的功，515 s内增加的机械能大于减少的机械能，所以D正确4如图，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧管，圆心O与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内现有一质量为m，初速度v0eq f(r(10gR),2)的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，以下说法错误的是()A小球到达C点时的速度大小为vCeq f(3r(2gR),2)B小球能通过E点并恰好落至B点C若将DE轨道拆除，则小球能

5、上升的最大高度距离D点为2RD若减小小球的初速度v0，则小球到达E点时的速度可以为零解析：选C.从A至C过程，机械能守恒(以AB为参考平面)：eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mveq oal(2,C)mgR，将v0eq f(r(10gR),2)代入得vCeq f(3r(2gR),2)，故A正确；从A至E过程，机械能守恒：eq f(1,2)mveq oal(2,0)eq f(1,2)mveq oal(2,E)mgR，vEeq f(r(2gR),2)，结合平抛运动规律可知能正好平抛落回B点，故B正确；设小球能上升的最大高度为h，则机械能守恒：eq f(1,2)mveq

6、 oal(2,0)mgh，heq f(veq oal(2,0),2g)eq f(5,4)R, 故C错误；因为是圆弧管，内管壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零，故D正确5如图所示，倾角为30的粗糙斜面与倾角为60的足够长的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，下面的图象中，x、t表示每个物块所通过的路程、时间，E表示两物块组成的系统的机械能，Ep表示两物块组成的系统的重力势能，Wf表示物块甲克服摩擦力所做的功，WF表示拉力F对物块乙所

7、做的功，则图象中所反映的关系可能正确的是()解析：选C.因为相同时间内两物块的位移大小相等，但斜面倾角不同，故eq f(h甲,h乙)eq f(sin 30,sin 60)，即h甲h乙，所以任意时间段内，乙增加的重力势能大于甲减少的重力势能，系统的重力势能增加，而系统动能不变，则系统的机械能增加，故A、B错误；物块甲克服摩擦力所做的功Wfmgxcos 30，xvt，故Wft图线为一条过原点的倾斜直线，同理WFt图线也为一条过原点的直线，故C正确，D错误二、不定项选择题6(2015湖州一模)如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中，下列说

8、法正确的是()A货物受到的摩擦力增大B货物受到的支持力不变C货物受到的支持力对货物做正功D货物受到的摩擦力对货物做负功解析：选AC.货物处于平衡状态，则有mgsin Ff，FNmgcos ，增大，Ff增大，FN减小，A正确，B错误；货物受到的支持力的方向与速度方向始终相同，做正功，C正确；摩擦力的方向与速度方向始终垂直，不做功，D错误7(2015衡水一模)质量为2103 kg、发动机额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4103 N，则下列判断中正确的有()A汽车的最大动能是4105 JB汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2 s末发动机实际功率是32 kW

9、C汽车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4105 JD若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2解析：选ABD.汽车的最大速度为vmeq f(P0,Ff)20 m/s，最大动能为Ekmeq f(1,2)mveq oal(2,m)4105 J，A正确；汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2 s末的速度是4 m/s，此时的牵引力FFfma8103 N，功率为PFv32 kW，B正确；匀加速运动的末速度为v1eq f(P0,F)10 m/s，位移xeq f(veq oal(2,1),2a)25 m，所以摩擦力做功WFfx

10、1105 J，C错误；若汽车保持额定功率启动，当汽车速度为5 m/s时，其牵引力大小是Feq f(P0,v)1.6104 N，加速度aeq f(FFf,m)6 m/s2，D正确8如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动在以后的运动过程中，关于A、B两物体与弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A由于F1、F2所做的总功为零，所以系统的机械能始终不变B当A、B两物体之间的距离减小时，系统的机械能减小C当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D当弹簧弹力的大小与F1、F2的大

11、小相等时，A、B两物体速度为零解析：选BC.从开始状态到弹簧拉到最长过程中，两拉力方向与其受力物体位移方向均相同，做正功，由功能关系可知，系统机械能增大，A项错；当两物体之间距离减小即A、B相向运动，力F1和F2做负功，系统机械能减小，B项正确；当弹簧伸长到最长时，力F1和F2做正功最多，故系统机械能最大，C项正确；分别对A、B应用动能定理，从开始到弹力与外力相等时，合外力分别对A、B做正功，两物体动能增加，速度一定大于零，D项错9(2015河北石家庄模拟)如图所示，半径为R的半圆形光滑凹槽A静止在光滑水平面上，其质量为m.现有一质量也为m的小物块B，由静止开始从槽左端的最高点沿凹槽滑下，当小

12、物块B刚要到达槽最低点时，凹槽A恰好被一表面涂有粘性物的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零；小物块B继续向右运动，运动到距槽最低点的最大高度为eq f(R,2).则小物块从释放到第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的是()A凹槽A对小物块B做的功Weq f(1,2)mgRB凹槽A对小物块B做的功WmgRC凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为mgD凹槽A被粘住的瞬间，小物块B对凹槽A的压力大小为2mg解析：选AD.设小物块B第一次到达最低点的速度为v，小物块B从最低点继续向右运动到最高点，根据动能定理有mgeq f(R,2)eq f(1,2)mv2，得veq r(gR)，小物块

13、B从左端最高点到最低点的过程中，对B由动能定理有mgRWeq f(1,2)mv20，得Weq f(1,2)mgR，A项正确，B项错误在最低点小物块所受的向心力F向FNmgmeq f(v2,R)，得FN2mg，则由牛顿第三定律可知小物块对凹槽的压力大小FNFN2mg，所以D项正确，C项错误10(2015银川一中高三第五次考试)如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行，现将一质量m1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是()A物体与传送带间的动摩擦因数为0.8

14、75B08 s内物体位移的大小为18 mC08 s内物体机械能的增量为90 JD08 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J解析：选AC.根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为a1 m/s2，根据物体在传送带上受力分析有mgcos mgsin ma，整理得0.875，选项A正确.08 s内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移xeq f(（26）4,2) meq f(22,2) m14 m，选项B错误.08 s内物体动能增加量为eq f(1,2)mv2eq f(1,2)mve

15、q oal(2,0)6 J，重力势能增加量为mgxsin 84 J，机械能增加量为6 J84 J90 J，选项C正确摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1mgcos eq f(v0,2)t114 J，第二部分为26 s，摩擦生热Q2mgcos eq f(v,2)t256 J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以08 s内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1Q270 J，选项D错误三、非选择题11.(2015杭州市第二次质检)如图所示，倾角为、高为H的粗糙斜面处于场强为E、方向竖直向下的匀强电场中，一个带电荷量为q、质量为m的小球以初速度v0从斜面顶端A

16、处沿斜面下滑，至底端B，问：(1)在此过程中，小球电势能变化多少？是增加还是减少？(2)若斜面与小球的动摩擦因数为(tan )，要使小球能沿斜面到达底端B点，电场强度E应满足什么条件？(重力加速度取g)解析：(1)EpW电场(qEH)qEH，电势能增加(2)因为tan ，所以不加电场时，物块减速下滑若不加电场，物块刚好滑至B点，根据动能定理mgH0mgcos eq f(H,sin )0eq f(1,2)mveq oal(2,0)0tan eq f(veq oal(2,0)tan ,2gH)当0时，不加电场，物块不能滑至B点，故需(mgqE)H(mgqE)cot Heq f(1,2)mveq o

17、al(2,0)0所以Eeq f(mgHf(1,2)mveq oal(2,0)mgcot H,qH（1cot ）)又要保证物块不离开斜面，故有qEmg，即Eeq f(mg,q)eq f(mgHf(1,2)mveq oal(2,0)mgcot H,qH（1cot ）)Eeq f(mg,q).当0时，不加电场，物块能滑至B点，故只要保证物块不离开斜面，需0Eeq f(mg,q).答案：(1)qEH增加(2)见解析12过山车是游乐场中常见的设施下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R12.0 m、

18、R21.4 m一个质量为m1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v012.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L16.0 m小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2，圆形轨道是光滑的假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠重力加速度g10 m/s2，计算结果保留小数点后一位数字试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C间距L应是多少；(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离解析：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理mgL1mg2R1eq f(1,2)mveq oal(2,1)eq f(1,2)mveq oal(2,0)小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律Fmgmeq f(veq oal(2,1),R1)由得F10.0 N(2)设小球在第二个圆轨道的最高点