2020届高三物理二轮专题复习-功与能

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高三物理二轮专题复习——功与能一、单选题（本大题共7小题，共28分）一物体在水平拉力F作用下在水平面做直线运动，作用2秒后撒去拉力F，其v−t图象如图所示，已知物体质量m=1kg，则下列说法正确的是(    )A.从开始到第2s末，合外力做功为100J

B.从第2s末到第6s末，合外力做功为−100J

C.全过程合外力做功为50J

D.全过程拉力做功为75J一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍，该质点的加速度为(    )A.st2 B.3s2t2 质量为2kg的物体做自由落体运动，经过2s落地．取g=10m/s2.A.下落过程中重力的平均功率是400W

B.下落过程中重力的平均功率是100W

C.落地前的瞬间重力的瞬时功率是400W

D.落地前的瞬间重力的瞬时功率是200W如图所示，小球在竖直向下的力F作用下，将竖直轻弹簧压缩，若将力F撤去，小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度为零时为止，则小球在上升过程中(    )A.小球的机械能守恒

B.弹性势能为零时，小球动能最大

C.小球在刚离开弹簧时，小球动能最大

D.小球在刚离开弹簧时，小球机械能最大如图为一款最新的无链条智能单车JIVRBike.JIVR的用户可以选择通过踩动踏板驱动后轮，也可以选择使用轮毂电机，电机可提供的最大时速为32km/h。它的供电来自一个36V的9Ah锂离子电池，充电90分钟即满，充满一次电大概可行驶32公里。则下列说法正确的是(    )A.JIVR

Bike可将骑行者踩脚踏板所产生的热能通过发电机转化为电能，由车子的锂电池存储，之后再通过电动机驱动后轮再次转化成动能，驱动车子前进。

B.这款车的锂电池最多所储存的电能约为324J。

C.若骑行者不踩脚踏板，仅靠满电量锂电池驱动，这种“电力驱动”可使车匀速行驶2.7×104m，则平均阻力约为36N。

D.在某次骑行中若不踩脚踏板，仅靠锂电池驱动可使车匀速行驶2.7×104m；若同样情况下骑行者同时踩脚踏板“混合动力驱动”可使车连续匀速3.6×10在一水平长直轨道上，一动力车牵引一质量为6000kg的车厢以10m/s的速度匀速行驶，这时动力车对该车厢输出功率是1.5×104W.A.100m B.200m C.300m D.400m我国运动员黄珊第一次奥运会蹦床项目的比赛就取得了第三名的好成绩，假设表演时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员的弹力F随时间t变化的规律在计算机上绘制出如图所示的曲线．不计空气阻力，下列说法正确的是(    )A.t1至t2时间内运动员和蹦床构成的系统机械不变

B.t2至t3时间内运动员的机械能增加

C.t1至t3时间内运动员始终未脱离蹦床

二、多选题（本大题共5小题，共20分）如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v−t图象，以水平向右的方向为正方向．以下判断正确的是(    )A.在0～3s时间内，合力对质点做功为6J

B.在4～6s时间内，质点的平均速度为3m/s

C.在1～5s时间内，合力的平均功率为4W

D.在t=6s时，质点的加速度为零质量为m的物体，从静止开始以13g的加速度竖直向下运动h高度，下列说法中正确的是A.物体的重力势能减小13mgh B.物体的动能增加了23mgh

C.物体的动能增加1两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则(    )A.甲球用的时间比乙球长

B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小

C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小

D.甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力测定运动员体能一种装置如图所示，运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦)下悬一质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人相对地面静止不动，使传送带以速度v匀速向右运动，下列说法正确的是(    )A.人对传送带做正功

B.传送带对人做正功

C.人对传送带做功的功率为m2gv

D.传送带对人做功的功率为如图所示，倾斜的传送带以恒定的速度v2向上运动，一个小物块以初速度v1从底端冲上传送带，且v1大于v2，小物块从传送带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则(    )A.小物块到达顶端的速度不可能等于v2

B.小物块到达顶端的速度可能等于零

C.小物块的机械能一直在减小

D.三、填空题（本大题共2小题，8分）如图所示，在直角三角形区域ABC内(包括边界)存在着平行于AC方向的竖直方向的匀强电场，AC边长为L，一质量为m，电荷量+q的带电小球以初速度v0从A点沿AB方向进入电场，以2v0的速度从BC边中点出来，则小球从BC出来时的水平分速度vx=______，电场强度的大小E=______一个人把质量为1kg的物体由静止向上提升1m，同时物体获得2m/s的速度，重力加速度g=10m/s2，此过程中人对物体做功______

J，合力对物体做功______J.四、实验题（本大题共1小题，共18分）)(1)如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为M=2kg的小车，小车跟绳一端相连，绳子另一端通过滑轮吊一个质量为m=0.5kg的物体，开始绳处于伸直状态，物体从距地面h=1m处由静止释放，物体落地之前绳的拉力为______N；当物体着地的瞬间(小车未离开桌子)小车的速度大小为_______m/s.(g=10m/s2)

(2)验证机械能守恒定律的实验装置如图所示，小球由一根不可伸长的细线拴住。细线另一端固定在O点，在O点正下方放置一组光电门，可测出小球通过时的挡光时间。小球摆到最低点时球心正对光电门，将细线拉直至水平后，小球由静止释放，光电门测出的挡光时间为t，已知小球的直径为D，重力加速度为g。则

①测得绳长为l，若等式________________________成立(用题目中所给字母表示)，说明小球下摆过程机械能守恒；②此实验的系统误差来源于_________________________。(说出一种即可)(3)某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．步骤如下：

①用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为______mm．

②用多用电表欧姆档粗略测量此圆柱体的电阻，所选倍率档为x1档，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____档。如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_____，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是_____Ω。

③该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：

待测圆柱体电阻R

电流表A1(量程0～4mA，内阻约50Ω)

电流表A2(量程0～10mA，内阻约30Ω)

电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)

电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)

直流电源E(电动势4V，内阻不计)

滑动变阻器R 1(阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A)

滑动变阻器R ​2(阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A)

开关S

导线若干

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则该实验所选电压表为

(填V1或V2)，所选电流表为

请在如图方框中画出测量的电路图。五、计算题（本大题共3小题，共24分）如图所示，在O点用一长度为L的绝缘轻绳悬挂一个质量为m的带电金属球A，在O点也固定了一个带电球体B，当球A静止在最低点时轻绳上的拉力恰好为零；当让球A在竖直平面内做圆周运动(提示：在同一个等势面上)，且恰好通过最高点时，试求：

(1)球A受的库仑力为多大？

(2)恰好通过最高点的速度为多大？

(3)当球A通过最低点时对轻绳的拉力为多大？

如图所示，光滑水平面左侧固定一竖直弹性挡板，右侧固定一内壁光滑的竖直圆形轨道，轨道下端与地面相切于d点，且切点处略微错开．水平轨道上a、b、c、d间的距离ab=bc=cd，P、Q两物体之间压缩一段轻弹簧(两物体未与弹簧两端连接)，并通过一细线约束，静止在b、c两点，此时弹簧储存的弹性势能为Ep=10J.现剪断细线，当弹簧恢复原长时立即撤走弹簧，当Q首次运动到d点时，P恰好追上Q，并与之发生碰撞，碰后粘在一起，接着进入竖直平面的圆轨道．已知P的质量mP=l

kg，P、Q两物体均可以视为质点，不计P与左侧竖直挡板碰撞的时间，P到达a前与Q到达d前弹簧已恢复原长．求：

(1)物体Q的质量；

(2)若P、Q两物体碰后在圆形轨道内运动时不脱离轨道，轨道半径应该满足什么条件？

如图所示，倾角为θ=45°的粗糙平直导轨与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块从导轨上离地面高为h=3R的D处无初速下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力。求：

(1)、滑块运动到圆环最高点C时的速度的大小；(2)、滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)、滑块与斜轨之间的动摩擦因数。

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】由图象读出速度，由动能定理求合外力做功；第2s末到第6s末只有摩擦力做功，再由动能定理求合外力做功；对整个过程，运用动能定理可求得合外力做功．由功的定义求摩擦力做功，从而求得拉力做功。本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，并结合匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律求解，再根据功的定义求功。【解答】A.从开始到第2s末，由动能定理可得合外力做功为：W合1=12mv2−0=12×1×102=50J，故A错误；

B.从第2s末到第6s末，由动能定理可得合外力做功为：W合2=0−12mv2=0−12×1×102J=−50J，故B错误；

C.由动能定理可得全过程合外力做功为：W合=0，故C错误；

D.第2s末到第

2.【答案】A

【解析】【分析】

本题是匀变速直线运动规律的直接运用，解答此题的关键是用好题目给定的条件：在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。由题意知，动能变为原来的9倍，可解得末速度和初速度的倍数关系，结合位移公式，可分别求出初速度和末速度，再由加速度的定义求得质点的加速度。

【解答】

ABCD.设初速度为v0，末速度为vt，加速度为a，则位移为：s=12v0+vtt，初动能为12mv02，末动能为12mvt2，

因为动能变为原来的9倍，所以有12mvt【解析】【分析】

根据位移−时间公式求出物体的下落的高度，从而求出重力做功的大小，根据平均功率公式求出重力的平均速度功率。

结合速度−时间公式求出下落的速度，根据瞬时功率公式求出重力的瞬时功率。

解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求出，知道平均功率和瞬时功率的区别。

【解答】

A.B根据h=12gt2=12×10×4m=20m，则重力做功的平均功率P=mght=20×202W=200W，故A、B错误；

CD.落地时物体的速度v=gt=10×2m/s=20m/s，则重力做功的瞬时功率【解析】【分析】

小球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，离开弹簧后做竖直上抛运动，结合功能关系和牛顿第二定律进行分析即可．

解决本题的关键会通过物体的受力判断物体的运动，知道弹力和重力相等时，速度最大．

【解答】

A、小球离开弹簧后，只有重力做功，机械能守恒，在有弹簧弹力做功时，小球的机械能不守恒。故A错误。

BC、当小球向上运动到弹力和重力相等时，此时小球的速度最大，动能最大。所以动能最大时，弹性势能不为零。故B、C错误。

D、除重力以外其它力做功等于机械能的增量，小球在离开弹簧前向上运动的过程中，弹簧弹力一直做正功，知小球的机械能一直增大，离开弹簧时小球的机械能最大。故D正确。

故选：D。

5.【答案】D

【解析】解：A、骑行者踩脚踏板的动能，可通过车上的发电机转化为电能，存储在自行车框架中的锂电池内，之后通过电动机驱动后轮转化成动能，驱动车子前进。故A错误；

B、这款车的锂电池最多所储存的电能约为324W⋅h=1166400J，故B错误；

C、这种“电力驱动”可使车匀速行驶2.7×104m，则平均阻力约为1166.4×103J2.7×104m=43.2N，故C错误；

D、根据W=fx可得：人所提供的能量与锂电池提供的能量之比为行驶路程之比，故人所提供的能量与锂电池提供

的能量之比为3.6−2.72.7=13；故D正确；

故选：【解析】解：车厢匀速运动，则P=fv，解得：f=Pv=1500010N=1500N

脱离后车厢的加速度为：a=fm=15006000m/s2=0.25m/s2

通过的位移为：x=v22a【解析】解：A、由图可知，t1至t2时间内运动员和蹦床之间的作用力做周期性变化时的最大值增加增大，所以二者构成的系统机械一定是逐渐增大．故A错误；

B、由图可知，t2至t3时间内运动员与蹦床之间没有作用力，可知此时间内运动员在空中，运动员只受到重力的作用，所以机械能是守恒的．故B错误；

C、结合B的分析可知，t2至t3时间内运动员在空中，故C错误；

D、由图可知，t3至t4时间内运动员与蹦床之间的作用力从0开始逐渐增大，后来大于开始时与蹦床之间的作用力，所以运动员先失重后超重．故D正确．

故选：D

【解析】解：A、根据动能定理，在0～3.0s时间内，合力对质点做功等于动能的增加量，为W=12mv32−12mv02=12×1×(42−22)=6J，故A正确；

B、由于速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移，故物体在4.0s～6.0s时间内的位移为x=1+22×4m=6m，故平均速度为v=xt=62m/s=3m/s，故B正确；

C、根据动能定理，在【解析】【分析】知道加速度，根据牛顿第二定律可求得物体受到的合外力，根据动能定理求动能的增加量；由重力做功分析重力势能减少量。本题关键是明确功能关系的几个常用结论：合力做功等于动能的改变量；重力做功等于重力势能的改变量。【解答】BC.根据牛顿第二定律，得物体所受的合外力为：F合=ma=m13g=13AD.物体的高度下降了h，重力对物体所做的功为mgh，所以物体的重力势能减少了mgh，故D正确，A错误。

故选CD。

10.【答案】BD

【解析】【分析】

设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式；根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功。

该题结合新信息考查牛顿第二定律的应用，解答的关键是根据质量关系判断出半径关系，然后正确应用“它们运动时受到的阻力与球的半径成正比”进行解答。

【解答】

设小球的密度为ρ，半径为r，则小球的质量为：m=ρV=ρ⋅43πr3

重力：G=mg=43πgρr3

小球的加速度：a=G−fm=g−krρ⋅43πr3=g−3k4πρr2。

可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大。所以甲的加速度比较大。

A.两个小球下降的距离是相等的，根据：x=12at2可知，加速度比较大的甲运动的时间短。故A错误；

【解析】解：A、传送带对人的摩擦力方向水平向左，和拉力平衡，则人对传送带的摩擦力方向水平向右，传送带的位移向右，则人对传送带做正功，故A正确．

B、由于人的位移为零，则传送带对人不做功，故B错误．

C、人对传送带做功的功率P=fv=m2gv，故C正确．

D、由于人静止不动，则传送带对人做功的功率为零，故D错误．

故选：AC．

通过在力的方向上有无位移判断力是否做功．人相对地面静止不动，知人处于平衡状态，摩擦力与拉力平衡．

解决本题的关键掌握判断力是否做功的方法，通过在力的方向上有无位移判断是否做功，知道人受摩擦力和拉力平衡．

12.【解析】解：A、小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，减到顶端时速度可能刚好与传送带速度相等，小物块到达顶端的速度等于v2，故A错误；

B、小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，这样合力方向向下，物体继续减速，到达顶端时，速度有可能正好减为零，故B正确；

C、除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，刚开始v1大于v2，摩擦力方向向下，做负功，机械能减小，当速度减为v2后，再减速时，摩擦力方向向上，做正功，机械能增大，故C错误；

D、根据动能定理可知，W合=△EK，因为物体一直做减速运动，速度动能一直减小，合外力一直做负功，故D正确．

故选：BD．

小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2【解析】解：小球重力和电场力均竖直向下，做类平抛运动，水平分速度不变，所以小球从BC出来的水平分速度vx=v0．

小球从BC边的中点出来，下降的高度为L2，根据动能定理得：

mgL2+qEL2=12m⋅(2v0)2−12m【解析】解：由W合=12mv2可得，合外力的功为：W=12×1×4=2J；

由WF−mgh=12mv2，可得：WF(2)①

②空气阻力或测速度时用平均速度代替瞬时速度(3)

①

8.600

②

欧姆调零

220③

V1

A2

R1

【解析】【分析】(1)在小车滑动过程中，选小车与砝码作为一系统，仅有重力做功，则系统的机械能守恒．利用机械能守恒定律来列式从而求出砝码着地瞬间的速度大小；选小车作为研究对象，运用动能定理可算出绳子对小车所做的功；考查机械能守恒定律与动能定理的应用，同时比较这两规律的优缺点：机械能守恒定律解决系统问题比动能定理优越，而单个物体动能定理比较方便。(2)根据减小的重力势能等于增加的动能，即可求解；系统误差来源是空气阻力；要明确实验原理，根据物理规律列出相应方程，然后求解讨论即可。(3)

①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；②欧姆表表头指针偏转角度很小说明电阻较大应调高倍档；欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率；

③结合电源电动势的值选择电压表量程，估测电路中的最大电流后选择电流表量程；伏安法测电阻，题目要求较精确测量，选择滑动变阻器分压接法，另还需注意电流表内接外接的选择；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式。【解答】(1)对小车由牛顿第二定律得：T=Ma，对砝码由牛顿第二定律知：mg−T=ma，以上两式联立解得物体落地之前绳的拉力，带入数据得T=4N；小车与砝码作为一系统，在小车滑动过程中系统的机械能守恒，由机械能守恒定律可得：，解得：砝码着地的瞬时速度为，带入数据得v=2m/s；故本题答案为：4

2；(2) ①小球运动到最低点时，根据机械能守恒定律应有：

，联立解得：；②

根据实验原理，及实验操作可知，产生系统误差的根源是空气阻力；故本题答案为：①

②空气阻力或测速度时用平均速度代替瞬时速度；(3) ①螺旋测微器固定刻度读数为8.5mm，可动刻度读数为10.0×0.01mm，最终读数为8.5mm+10.0×0.01mm=8.600mm；②欧姆表表头指针偏转角度很小说明电阻较大应调高倍档即x10档；欧姆表读数等于：R=22Ω×10=220Ω；③

电源电动势为4V，若选择15V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3V量程的V1，故选择电流表A2，滑动变阻器起分压作用，为了方便调节选择小阻值R1即可；，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；又题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：故本题答案为：①

8.600

②

欧姆调零

220③

电路图如图。故答案为：(1)4

2

(2)①

②空气阻力或测速度时用平均速度代替瞬时速度(3)

①

8.600

②

欧姆调零

220

③

电路图如图

16.【答案】解：(1)由题意可知在最低点时对球A受力分析，

由于A静止在最低点时轻绳上的拉力恰好为零，则F静=mg

(2)小球在最高点时受力分析，要使小球恰好通过最高点

则有F静+mg=mv 2L

解得v=2gL

(3)对小球由最高点到最低点A由动能定理得

mg2L=12mv2−12mvA2

在最低点对小球受力分析则有牛顿第二定律得FT+F静−mg=mvA【解析】1、在最低点合力为零，故库仑力与重力平衡．

2、小球恰好通过最高点，则静电力和重力的合力提供向心力．

3、从最高点到最低点根据动