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MEME-133

时间:2021-02-26 03:45  廉江门户网发布

2013届高考物理二轮《功和能》专题训练

1.如图4-17所示,汽车在拱形桥上由A匀速率运动到B,以下说法正确的是(  )

A.牵引力与克服摩擦力做的功相等图4-17

B.牵引力和重力做的功大于克服摩擦力做的功

C.合力对汽车不做功

D.重力做功的功率会变化

解析:汽车由A到B做匀速圆周运动,合力的方向始终与速度垂直,合力对汽车不做功,C正确;牵引力做正功,摩擦力和重力均做负功,并且三力的总功为零,故A、B均错误;因汽车在竖直方向的分速度越来越小,故重力做功的功率越来越小,故D正确。

答案:CD

2.质量为10kg的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随位移x的变化情况如图4-18所示。物体在x=0处速度为1m/s,一切摩擦不计,则物体运动到x=16m处时,速度大小为(  )图4-18

A.2m/s      B.3m/s

C.4m/sD.m/s

解析:力-位移图像下的面积表示功,由图像可知,一部分正功与另一部分负功抵消,外力做的总功W=Fx=40J,根据动能定理W=mv2-mv,得v=3m/s。B项正确。

答案:B

3.小球由地面竖直上抛,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,地面为零势能面。在上升至离地高度h处,小球的动能是势能的2倍,在下落至离地高度h处,小球的势能是动能的2倍,则h等于(  )

A.B.

C.D.

解析:设小球上升至离地面高度h时,速度为v1,由地面上抛时速度为v0,下落至离地面高度h处速度为v2,空气阻力为f。

上升阶段:-mgH-fH=-mv-mgh-fh=mv-mv

2mgh=mv

下降阶段:mg(H-h)-f(H-h)=mv

mgh=2×mv由以上各式联立得:h=H。故选D。答案:D

4.将一个动力传感器连接到计算机上,我们就可以测量快速变化的力,某一小球用一条不可伸长的轻绳连接,绳的另一端固定在悬点上,当小球在竖直面内来回摆动时,用动力传感器测得绳子对悬点的拉力随时间变化的曲线如图4-19所示。取重力加速度g=10m/s2,求绳子的最大偏角θ。

解析:设小球的质量为m,绳子长度为l,绳子拉力的最小值和最大值分别为F1和F2。

小球摆动至最高点时,绳子拉力最小,即F1=mgcosθ①

小球摆动至最低点时,绳子拉力最大,即

F2-mg=m②

摆动过程中小球的机械能守恒,即

mv=mgh=mgl(1-cosθ)③

由以上各式解得

cosθ=④

由图可知F1=0.5N和F2=2.0N,代入上式可得

cosθ=0.5,即θ=60°。

答案:60°

5.(2011·长沙模拟)如图4-20所示,一质量为m的滑块从高为h的光滑圆弧形槽的顶端A处无初速度地滑下,槽的底端B与水平传送带相接,传送带的运行速度为v0,长为L,滑块滑到传送带上后做匀加速运动,滑到传送带右端C时,恰好被加图4-20

速到与传送带的速度相同。求:

(1)滑块到达底端B时的速度v;

(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ;

(3)此过程中,由于克服摩擦力做功而产生的热量Q。

解析:(1)设滑块到达B点的速度为v,由机械能守恒定律,有mgh=mv2,v=。

(2)滑块在传送带上做匀加速运动,受到传送带对它的滑动摩擦力,有μmg=ma,滑块位移为L,末速度为v0,

则L=,得μ=。

(3)产生的热量等于滑块与传送带之间发生的相对位移中克服摩擦力所做的功,即Q=μmgΔs,Δs为传送带与滑块间的相对位移,设所用时间为t,

则Δs=v0t-L,L=t,又t=,

由以上各式可得Q=。

答案:(1) (2) (3)

一、选择题(本题共9个小题,每小题7分,共63分,每小题至少有一个选项正确,请将正确选项前的字母填在题后的括号内)

1.(2011·新课标全国卷)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落,到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略,运动员可视为质点,下列说法正确的是(  )

A.运动员到达最低点前重力势能始终减小

B.蹦极绳张紧后的下落过程中,弹性力做负功,弹性势能增加

C.蹦极过程中,运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒

D.蹦极过程中,重力势能的改变与重力势能零点的选取有关

解析:重力做功决定重力势能的变化,随着高度的降低,重力一直做正功,重力势能一直减小,故A选项正确;弹性势能的变化取决于弹力做功,当橡皮筋张紧后,随着运动员的下落弹力一直做负功,弹性势能一直增大,故B选项正确;在蹦极过程中,由于只有重力和弹性绳的弹力做功,故由运动员、地球及弹性绳组成的系统机械能守恒,故选项C正确;重力势能的大小与势能零点的选取有关,而势能的改变与势能零点选取无关,故选项D错误。

答案:ABC

2.如图1所示,滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态,现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中,拉力F做了10J的功。上述过程中(  )1

A.弹簧的弹性势能增加了10J

B.滑块的动能增加了10J

C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10J

D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒

解析:因滑块放置于光滑水平面上,故拉力做功一部分转化为弹簧的弹性势能,另一部分转化为滑块的动能,故A、B错误;滑块和弹簧组成的系统机械能的增加量等于拉力F做的功10J,故C正确,D错误。

答案:C

3.一质量为m的带电液滴以竖直向下的初速度v0进入某电场中。由于电场力和重力的作用,液滴沿竖直方向下落一段距离h后,速度变为零。以下判断正确的是(  )

A.电场力对液滴做的功为

B.液滴克服电场力做的功为mgh+mv

C.液滴的机械能减少mgh

D.液滴受到的电场力大于它的重力

解析:由动能定理mgh-W电=0-mv,所以W电=mgh+mv,A错,B对;液滴减少的机械能等于电场力做的功,C错;因为竖直方向做的是减速运动,电场力大于重力,D对。

答案:BD

4.(2011·新课标全国卷)一质点开始时做匀速直线运动,从某时刻起受到一恒力作用。此后,该质点的动能可能(  )

A.一直增大

B.先逐渐减小至零,再逐渐增大

C.先逐渐增大至某一最大值,再逐渐减小

D.先逐渐减小至某一非零的最小值,再逐渐增大

解析:当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角小于90°时,物体的速度逐渐增大,动能逐渐增大;当力的方向与速度方向相反时,物体做匀减速运动,速度逐渐减小到零后反向逐渐增大,因此动能先减小后增大;当力的方向与速度的方向夹角大于90°小于180°时,力的方向与速度的方向夹角逐渐减小,速度先逐渐减小,直到夹角等于90°时速度达到最小值,而后速度逐渐增大,故动能先逐渐减小到某一非零的最小值,再逐渐增大。故选项A、B、D正确。

答案:ABD

5.质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图2所示,力的方向保持不变,则(  )

A.3t0时刻的瞬时功率为

B.3t0时刻的瞬时功率为

C.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为

D.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为

解析:0~2t0时间内的加速度a1=,

末速度v1=a1t1=,

位移l1=a1t=;

2t0~3t0时间内的加速度a2=。

位移l2=a1t1t2+a2t=。

末速度v2=a1t1+a2t2=。

因此3t0时刻的瞬时功率

P3t0=3F0·v2=,A错误,B正确;

0~3t0时间内,水平拉力的平均功率为:

==,C错误,D正确。

答案:BD

6.质量为2kg的物体,放在动摩擦因数为μ=0.1的水平面上,在水平拉力的作用下由静止开始运动,水平拉力做的功W和物体发生的位移L之间的关系如图3所示,重力加速度g取10m/s2,则此物体(  )图3

A.在位移为L=9m时的速度是3m/s

B.在位移为L=9m时的速度是3m/s

C.在OA段运动的加速度是2.5m/s2

D.在OA段运动的加速度是1.5m/s2

解析:W-L图线斜率表示水平拉力的大小,由题图可得:FOA=5N,FAB=2N,因Ff=μmg,由FOA-Ff=maOA可得aOA=1.5m/s2,D正确,C错误;由W-FfL=mv2可得在位移L=9m时的速度为v=3m/s,B正确,A错误。

答案:BD

7.如图4所示是单杠运动员做“单臂大回环”的动作简图,质量为60kg的体操运动员,用一只手抓住单杠,伸展身体,以单杠为轴做圆周运动,此过程中,运动员在最低点时手臂受到的拉力至少为(忽略空气阻力,取g=10m/s2)(  )图4

A.600NB.2400N

C.3000ND.3600N

解析:设运动员的重心距单杠的距离为r,运动员能通过最高点的最小速度为v1=0,运动员在做圆周运动的过程中机械能守恒,设到达最低点的速度为v2,则有mv=2mgr,在最低点运动员受到向上的拉力和向下的重力,根据牛顿第二定律,有FT-mg=m,由上两式可得FT=5mg=3000N,因此选C。答案:C

8.(2011·山东高考)如图5所示,将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时,将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放,两球恰在处相遇(不计空气阻力)。则(  )

A.两球同时落地图5

B.相遇时两球速度大小相等

C.从开始运动到相遇,球a动能的减少量等于球b动能的增加量

D.相遇后的任意时刻,重力对球a做功功率和对球b做功功率相等

解析:对a,=v0t-gt2,对b,=gt2,所以h=v0t,而对a又有=(v0+v)t,可知a刚好和b相遇时速度v=0。所以它们不会同时落地,相遇时的速度大小也不相等,A、B错。根据机械能守恒定律,从开始到相遇,两球重力做功相等,C正确。相遇后的每一时刻,它们速度都不相等,所以重力的瞬时速率P=mgv不会相等,D错。

答案:C

9.自动充电式电动车的前轮装有发电机,发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动自行车自动滑行时,自行车就可以带动发电机向蓄电池充电,将其它形式的能转化成电能储存起来。假设某人骑车以1000J的初动能在粗糙的水平路面上滑行,第一次关闭自动充电装置,图6

让车自由滑行,其动能随位移变化关系如图6线①所示;第二次启动自动充电装置,其动能随位移变化关系如图线②所示,则第二次向蓄电池所充的电能是(  )

A.500JB.400J

C.300JD.200J

解析:设自行车所受的阻力为Ff,由能量守恒得:Ek=Ffx,对应图线①可得:Ff=100N,当自行车自动充电时,由能量守恒得:Ek=W电+Ffx1,而x1=6m,可求出W电=400J,故B正确。

答案:B

二、计算题(本题共3个小题,共37分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)

10.(10分)如图7所示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×103kg的重物竖直吊起的过程中,重物由静止开始向上做匀加速直线运动,加速度a=0.2m/s2,当起重机输出功率达到其允许的最大值时,保持该功率直到重物做vm=1.02m/s的匀速运动。取g=10m/s2,不计额外功。求:

(1)起重机允许输出的最大功率;图7

(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。

解析:(1)设起重机允许输出的最大功率为P0,重物达到最大速度时,拉力F0等于重力。

P0=F0vm①

F0=mg②

代入数据,有:P0=5.1×104W③

(2)匀加速运动结束时,起重机达到允许输出的最大功率,设此时重物受到的拉力为F,速度为v1,匀加速运动经历时间为t1,有:

P0=Fv1④

F-mg=ma⑤

v1=at1⑥

由③④⑤⑥,代入数据,得:t1=5s⑦

t=2s时,重物处于匀加速运动阶段,设此时速度为v2,输出功率为P,则

v2=at⑧

P=Fv2⑨

由⑤⑧⑨,代入数据,得:P=2.04×104W⑩

答案:(1)5.1×104W (2)5s 2.04×104W

11.(12分)如图8所示的木板由倾斜部分和水平部分组成,两部分之间由一段圆弧面相连接。在木板的中间有位于竖直面内的光滑圆槽轨道,斜面的倾角为θ。现有10个质量均为m、半径均为r的均匀刚性球,在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止,力F与圆槽在同一竖直面内,此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动,直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g。求:

图8

(1)水平外力F的大小;

(2)1号球刚运动到水平槽时的速度;

(3)整个运动过程中,2号球对1号球所做的功。

解析:(1)以10个小球整体为研究对象,由力的平衡条件可得

tanθ=

得F=10mgtanθ。

(2)以1号球为研究对象,根据机械能守恒定律可得

mgh=mv2

解得v=。

(3)撤去水平外力F后,以10个小球整体为研究对象,利用机械能守恒定律可得

10mg=·10mv

得v1=

以1号球为研究对象,由动能定理得

mgh+W=mv

得W=9mgrsinθ。

答案:(1)10mgtanθ (2) (3)9mgrsinθ

12.(15分)(2011·福建高考)如图9为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图,其下半部AB是一长为2R的竖直细管,上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管,管口沿水平方向,AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧。投饵时,每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定,

在弹簧上端放置一粒鱼饵,解除锁定,弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量图9

为m的鱼饵到达管口C时,对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,且锁定和解除锁定时,均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g。求:

(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1;

(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;

(3)已知地面与水面相距1.5R,若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动,每次弹射时只放置一粒鱼饵,鱼饵的质量在m和m之间变化,且均能落到水面。持续投放足够长时间后,鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少?

解析:(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供,

则mg=①

由①式解得v1=。②

(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能,由机械能守恒定律有

Ep=mg(1.5R+R)+mv③

由②③式解得Ep=3mgR④

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响,质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动,设经过t时间落到水面上,离OO′的水平距离为x1,由平抛运动规律有

4.5R=gt2⑤

x1=v1t+R⑥

由⑤⑥式解得x1=4R⑦

当鱼饵的质量为m时,设其到达管口C时速度大小为v2,由机械能守恒定律有

Ep=mg(1.5R+R)+(m)v⑧

由④⑧式解得v2=2⑨

质量为m的鱼饵落到水面上时,设离OO′的水平距离为x2,则x2=v2t+R⑩

由⑤⑨⑩式解得x2=7R

鱼饵能够落到水面的最大面积S

S=(πx-πx)=πR2(或8.25πR2)

答案:(1) (2)3mgR (3)πR2(或8.25πR2)

。

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