第=page22頁，共=sectionpages22頁第=page11頁，共=sectionpages11頁2020屆高三物理二輪專題復習——功與能一、單選題（本大題共7小題，共28分）一物體在水平拉力F作用下在水平面做直線運動，作用2秒后撒去拉力F，其v?t圖象如圖所示，已知物體質量m=1kg，則下列說法正確的是(????)A.從開始到第2s末，合外力做功為100J

B.從第2s末到第6s末，合外力做功為?100J

C.全過程合外力做功為50J

D.全過程拉力做功為75J一質點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內位移為s，動能變為原來的9倍，該質點的加速度為(????)A.st2 B.3s2t2 質量為2kg的物體做自由落體運動，經過2s落地．取g=10m/s2.A.下落過程中重力的平均功率是400W

B.下落過程中重力的平均功率是100W

C.落地前的瞬間重力的瞬時功率是400W

D.落地前的瞬間重力的瞬時功率是200W如圖所示，小球在豎直向下的力F作用下，將豎直輕彈簧壓縮，若將力F撤去，小球將向上彈起并離開彈簧，直到速度為零時為止，則小球在上升過程中(????)A.小球的機械能守恒

B.彈性勢能為零時，小球動能最大

C.小球在剛離開彈簧時，小球動能最大

D.小球在剛離開彈簧時，小球機械能最大如圖為一款最新的無鏈條智能單車JIVRBike.JIVR的用戶可以選擇通過踩動踏板驅動后輪，也可以選擇使用輪轂電機，電機可提供的最大時速為32km/h。它的供電來自一個36V的9Ah鋰離子電池，充電90分鐘即滿，充滿一次電大概可行駛32公里。則下列說法正確的是(????)A.JIVR

Bike可將騎行者踩腳踏板所產生的熱能通過發電機轉化為電能，由車子的鋰電池存儲，之后再通過電動機驅動后輪再次轉化成動能，驅動車子前進。

B.這款車的鋰電池最多所儲存的電能約為324J。

C.若騎行者不踩腳踏板，僅靠滿電量鋰電池驅動，這種“電力驅動”可使車勻速行駛2.7×104m，則平均阻力約為36N。

D.在某次騎行中若不踩腳踏板，僅靠鋰電池驅動可使車勻速行駛2.7×104m；若同樣情況下騎行者同時踩腳踏板“混合動力驅動”可使車連續勻速3.6×10在一水平長直軌道上，一動力車牽引一質量為6000kg的車廂以10m/s的速度勻速行駛，這時動力車對該車廂輸出功率是1.5×104W.A.100m B.200m C.300m D.400m我國運動員黃珊第一次奧運會蹦床項目的比賽就取得了第三名的好成績，假設表演時運動員僅在豎直方向運動，通過傳感器將彈簧床面與運動員的彈力F隨時間t變化的規律在計算機上繪制出如圖所示的曲線．不計空氣阻力，下列說法正確的是(????)A.t1至t2時間內運動員和蹦床構成的系統機械不變

B.t2至t3時間內運動員的機械能增加

C.t1至t3時間內運動員始終未脫離蹦床

二、多選題（本大題共5小題，共20分）如圖是質量為1kg的質點在水平面上運動的v?t圖象，以水平向右的方向為正方向．以下判斷正確的是(????)A.在0～3s時間內，合力對質點做功為6J

B.在4～6s時間內，質點的平均速度為3m/s

C.在1～5s時間內，合力的平均功率為4W

D.在t=6s時，質點的加速度為零質量為m的物體，從靜止開始以13g的加速度豎直向下運動h高度，下列說法中正確的是A.物體的重力勢能減小13mgh B.物體的動能增加了23mgh

C.物體的動能增加1兩實心小球甲和乙由同一種材質制成，甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關。若它們下落相同的距離，則(????)A.甲球用的時間比乙球長

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測定運動員體能一種裝置如圖所示，運動員質量為m1，繩拴在腰間沿水平方向跨過滑輪(不計滑輪質量及摩擦)下懸一質量為m2的重物，人用力蹬傳送帶而人相對地面靜止不動，使傳送帶以速度v勻速向右運動，下列說法正確的是(????)A.人對傳送帶做正功

B.傳送帶對人做正功

C.人對傳送帶做功的功率為m2gv

D.傳送帶對人做功的功率為如圖所示，傾斜的傳送帶以恒定的速度v2向上運動，一個小物塊以初速度v1從底端沖上傳送帶，且v1大于v2，小物塊從傳送帶底端到達頂端的過程中一直做減速運動，則(????)A.小物塊到達頂端的速度不可能等于v2

B.小物塊到達頂端的速度可能等于零

C.小物塊的機械能一直在減小

D.三、填空題（本大題共2小題，8分）如圖所示，在直角三角形區域ABC內(包括邊界)存在著平行于AC方向的豎直方向的勻強電場，AC邊長為L，一質量為m，電荷量+q的帶電小球以初速度v0從A點沿AB方向進入電場，以2v0的速度從BC邊中點出來，則小球從BC出來時的水平分速度vx=______，電場強度的大小E=______一個人把質量為1kg的物體由靜止向上提升1m，同時物體獲得2m/s的速度，重力加速度g=10m/s2，此過程中人對物體做功______

J，合力對物體做功______J.四、實驗題（本大題共1小題，共18分）)(1)如圖所示，在光滑水平桌面上有一質量為M=2kg的小車，小車跟繩一端相連，繩子另一端通過滑輪吊一個質量為m=0.5kg的物體，開始繩處于伸直狀態，物體從距地面h=1m處由靜止釋放，物體落地之前繩的拉力為______N；當物體著地的瞬間(小車未離開桌子)小車的速度大小為_______m/s.(g=10m/s2)

(2)驗證機械能守恒定律的實驗裝置如圖所示，小球由一根不可伸長的細線拴住。細線另一端固定在O點，在O點正下方放置一組光電門，可測出小球通過時的擋光時間。小球擺到最低點時球心正對光電門，將細線拉直至水平后，小球由靜止釋放，光電門測出的擋光時間為t，已知小球的直徑為D，重力加速度為g。則

①測得繩長為l，若等式________________________成立(用題目中所給字母表示)，說明小球下擺過程機械能守恒；②此實驗的系統誤差來源于_________________________。(說出一種即可)(3)某同學要探究一種新材料制成的圓柱體的電阻．步驟如下：

①用螺旋測微器測量其直徑如圖，由圖可知其直徑為______mm．

②用多用電表歐姆檔粗略測量此圓柱體的電阻，所選倍率檔為x1檔，操作步驟正確，發現表頭指針偏轉角度很小，為了較準確地進行測量，應換到_____檔。如果換檔后立即用表筆連接待測電阻進行讀數，那么缺少的步驟是_____，若補上該步驟后測量，表盤的示數如圖，則該電阻的阻值是_____Ω。

③該同學想用伏安法更精確地測量其電阻R，現有的器材及其代號和規格如下：

待測圓柱體電阻R

電流表A1(量程0～4mA，內阻約50Ω)

電流表A2(量程0～10mA，內阻約30Ω)

電壓表V1(量程0～3V，內阻約10kΩ)

電壓表V2(量程0～15V，內阻約25kΩ)

直流電源E(電動勢4V，內阻不計)

滑動變阻器R?1(阻值范圍0～15Ω，允許通過的最大電流2.0A)

滑動變阻器R??2(阻值范圍0～20kΩ，允許通過的最大電流0.5A)

開關S

導線若干

為使實驗誤差較小，要求測得多組數據進行分析，則該實驗所選電壓表為

(填V1或V2)，所選電流表為

請在如圖方框中畫出測量的電路圖。五、計算題（本大題共3小題，共24分）如圖所示，在O點用一長度為L的絕緣輕繩懸掛一個質量為m的帶電金屬球A，在O點也固定了一個帶電球體B，當球A靜止在最低點時輕繩上的拉力恰好為零；當讓球A在豎直平面內做圓周運動(提示：在同一個等勢面上)，且恰好通過最高點時，試求：

(1)球A受的庫侖力為多大？

(2)恰好通過最高點的速度為多大？

(3)當球A通過最低點時對輕繩的拉力為多大？

如圖所示，光滑水平面左側固定一豎直彈性擋板，右側固定一內壁光滑的豎直圓形軌道，軌道下端與地面相切于d點，且切點處略微錯開．水平軌道上a、b、c、d間的距離ab=bc=cd，P、Q兩物體之間壓縮一段輕彈簧(兩物體未與彈簧兩端連接)，并通過一細線約束，靜止在b、c兩點，此時彈簧儲存的彈性勢能為Ep=10J.現剪斷細線，當彈簧恢復原長時立即撤走彈簧，當Q首次運動到d點時，P恰好追上Q，并與之發生碰撞，碰后粘在一起，接著進入豎直平面的圓軌道．已知P的質量mP=l

kg，P、Q兩物體均可以視為質點，不計P與左側豎直擋板碰撞的時間，P到達a前與Q到達d前彈簧已恢復原長．求：

(1)物體Q的質量；

(2)若P、Q兩物體碰后在圓形軌道內運動時不脫離軌道，軌道半徑應該滿足什么條件？

如圖所示，傾角為θ=45°的粗糙平直導軌與半徑為R的光滑圓環軌道相切，切點為B，整個軌道處在豎直平面內。一質量為m的小滑塊從導軌上離地面高為h=3R的D處無初速下滑進入圓環軌道。接著小滑塊從圓環最高點C水平飛出，恰好擊中導軌上與圓心O等高的P點，不計空氣阻力。求：

(1)、滑塊運動到圓環最高點C時的速度的大小；(2)、滑塊運動到圓環最低點時對圓環軌道壓力的大小；(3)、滑塊與斜軌之間的動摩擦因數。

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】由圖象讀出速度，由動能定理求合外力做功；第2s末到第6s末只有摩擦力做功，再由動能定理求合外力做功；對整個過程，運用動能定理可求得合外力做功．由功的定義求摩擦力做功，從而求得拉力做功。本題是速度--時間圖象的應用，要明確斜率的含義，知道在速度--時間圖象中圖象與坐標軸圍成的面積的含義，能根據圖象讀取有用信息，并結合勻變速直線運動基本公式及牛頓第二定律求解，再根據功的定義求功。【解答】A.從開始到第2s末，由動能定理可得合外力做功為：W合1=12mv2?0=12×1×102=50J，故A錯誤；

B.從第2s末到第6s末，由動能定理可得合外力做功為：W合2=0?12mv2=0?12×1×102J=?50J，故B錯誤；

C.由動能定理可得全過程合外力做功為：W合=0，故C錯誤；

D.第2s末到第

2.【答案】A

【解析】【分析】

本題是勻變速直線運動規律的直接運用，解答此題的關鍵是用好題目給定的條件：在時間間隔t內位移為s，動能變為原來的9倍。由題意知，動能變為原來的9倍，可解得末速度和初速度的倍數關系，結合位移公式，可分別求出初速度和末速度，再由加速度的定義求得質點的加速度。

【解答】

ABCD.設初速度為v0，末速度為vt，加速度為a，則位移為：s=12v0+vtt，初動能為12mv02，末動能為12mvt2，

因為動能變為原來的9倍，所以有12mvt【解析】【分析】

根據位移?時間公式求出物體的下落的高度，從而求出重力做功的大小，根據平均功率公式求出重力的平均速度功率。

結合速度?時間公式求出下落的速度，根據瞬時功率公式求出重力的瞬時功率。

解決本題的關鍵掌握平均功率和瞬時功率的求出，知道平均功率和瞬時功率的區別。

【解答】

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

CD.落地時物體的速度v=gt=10×2m/s=20m/s，則重力做功的瞬時功率【解析】【分析】

小球開始受到重力、推力F和彈簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不斷減小的加速運動，后做加速度不斷變大的減速運動，離開彈簧后做豎直上拋運動，結合功能關系和牛頓第二定律進行分析即可．

解決本題的關鍵會通過物體的受力判斷物體的運動，知道彈力和重力相等時，速度最大．

【解答】

A、小球離開彈簧后，只有重力做功，機械能守恒，在有彈簧彈力做功時，小球的機械能不守恒。故A錯誤。

BC、當小球向上運動到彈力和重力相等時，此時小球的速度最大，動能最大。所以動能最大時，彈性勢能不為零。故B、C錯誤。

D、除重力以外其它力做功等于機械能的增量，小球在離開彈簧前向上運動的過程中，彈簧彈力一直做正功，知小球的機械能一直增大，離開彈簧時小球的機械能最大。故D正確。

故選：D。

5.【答案】D

【解析】解：A、騎行者踩腳踏板的動能，可通過車上的發電機轉化為電能，存儲在自行車框架中的鋰電池內，之后通過電動機驅動后輪轉化成動能，驅動車子前進。故A錯誤；

B、這款車的鋰電池最多所儲存的電能約為324W?h=1166400J，故B錯誤；

C、這種“電力驅動”可使車勻速行駛2.7×104m，則平均阻力約為1166.4×103J2.7×104m=43.2N，故C錯誤；

D、根據W=fx可得：人所提供的能量與鋰電池提供的能量之比為行駛路程之比，故人所提供的能量與鋰電池提供

的能量之比為3.6?2.72.7=13；故D正確；

故選：【解析】解：車廂勻速運動，則P=fv，解得：f=Pv=1500010N=1500N

脫離后車廂的加速度為：a=fm=15006000m/s2=0.25m/s2

通過的位移為：x=v22a【解析】解：A、由圖可知，t1至t2時間內運動員和蹦床之間的作用力做周期性變化時的最大值增加增大，所以二者構成的系統機械一定是逐漸增大．故A錯誤；

B、由圖可知，t2至t3時間內運動員與蹦床之間沒有作用力，可知此時間內運動員在空中，運動員只受到重力的作用，所以機械能是守恒的．故B錯誤；

C、結合B的分析可知，t2至t3時間內運動員在空中，故C錯誤；

D、由圖可知，t3至t4時間內運動員與蹦床之間的作用力從0開始逐漸增大，后來大于開始時與蹦床之間的作用力，所以運動員先失重后超重．故D正確．

故選：D

【解析】解：A、根據動能定理，在0～3.0s時間內，合力對質點做功等于動能的增加量，為W=12mv32?12mv02=12×1×(42?22)=6J，故A正確；

B、由于速度時間圖線與時間軸包圍的面積表示位移，故物體在4.0s～6.0s時間內的位移為x=1+22×4m=6m，故平均速度為v=xt=62m/s=3m/s，故B正確；

C、根據動能定理，在【解析】【分析】知道加速度，根據牛頓第二定律可求得物體受到的合外力，根據動能定理求動能的增加量；由重力做功分析重力勢能減少量。本題關鍵是明確功能關系的幾個常用結論：合力做功等于動能的改變量；重力做功等于重力勢能的改變量。【解答】BC.根據牛頓第二定律，得物體所受的合外力為：F合=ma=m13g=13AD.物體的高度下降了h，重力對物體所做的功為mgh，所以物體的重力勢能減少了mgh，故D正確，A錯誤。

故選CD。

10.【答案】BD

【解析】【分析】

設出小球的密度，寫出質量的表達式，再結合題目的條件寫出阻力的表達式，最后結合牛頓第二定律寫出加速度的表達式；根據物體的加速度的關系結合運動學的公式判斷運動的時間以及末速度；根據功的公式判斷克服阻力做的功。

該題結合新信息考查牛頓第二定律的應用，解答的關鍵是根據質量關系判斷出半徑關系，然后正確應用“它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比”進行解答。

【解答】

設小球的密度為ρ，半徑為r，則小球的質量為：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，小球的質量越大，半徑越大，則下降的加速度越大。所以甲的加速度比較大。

A.兩個小球下降的距離是相等的，根據：x=12at2可知，加速度比較大的甲運動的時間短。故A錯誤；

【解析】解：A、傳送帶對人的摩擦力方向水平向左，和拉力平衡，則人對傳送帶的摩擦力方向水平向右，傳送帶的位移向右，則人對傳送帶做正功，故A正確．

B、由于人的位移為零，則傳送帶對人不做功，故B錯誤．

C、人對傳送帶做功的功率P=fv=m2gv，故C正確．

D、由于人靜止不動，則傳送帶對人做功的功率為零，故D錯誤．

故選：AC．

通過在力的方向上有無位移判斷力是否做功．人相對地面靜止不動，知人處于平衡狀態，摩擦力與拉力平衡．

解決本題的關鍵掌握判斷力是否做功的方法，通過在力的方向上有無位移判斷是否做功，知道人受摩擦力和拉力平衡．

12.【解析】解：A、小物塊從傳動帶底端到達頂端的過程中一直做減速運動，減到頂端時速度可能剛好與傳送帶速度相等，小物塊到達頂端的速度等于v2，故A錯誤；

B、小物塊以初速度v1從底端沖上傳動帶，且v1大于v2，所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動，當速度減為v2后，重力沿斜面的分量可以大于向上的摩擦力，這樣合力方向向下，物體繼續減速，到達頂端時，速度有可能正好減為零，故B正確；

C、除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，剛開始v1大于v2，摩擦力方向向下，做負功，機械能減小，當速度減為v2后，再減速時，摩擦力方向向上，做正功，機械能增大，故C錯誤；

D、根據動能定理可知，W合=△EK，因為物體一直做減速運動，速度動能一直減小，合外力一直做負功，故D正確．

故選：BD．

小物塊以初速度v1從底端沖上傳動帶，且v1大于v2，所以物塊在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做勻減速運動，當速度減為v2【解析】解：小球重力和電場力均豎直向下，做類平拋運動，水平分速度不變，所以小球從BC出來的水平分速度vx=v0．

小球從BC邊的中點出來，下降的高度為L2，根據動能定理得：

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

由WF?mgh=12mv2，可得：WF(2)①

②空氣阻力或測速度時用平均速度代替瞬時速度(3)

①

8.600

②

歐姆調零

220③

V1

A2

R1

【解析】【分析】(1)在小車滑動過程中，選小車與砝碼作為一系統，僅有重力做功，則系統的機械能守恒．利用機械能守恒定律來列式從而求出砝碼著地瞬間的速度大小；選小車作為研究對象，運用動能定理可算出繩子對小車所做的功；考查機械能守恒定律與動能定理的應用，同時比較這兩規律的優缺點：機械能守恒定律解決系統問題比動能定理優越，而單個物體動能定理比較方便。(2)根據減小的重力勢能等于增加的動能，即可求解；系統誤差來源是空氣阻力；要明確實驗原理，根據物理規律列出相應方程，然后求解討論即可。(3)

①螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀；②歐姆表表頭指針偏轉角度很小說明電阻較大應調高倍檔；歐姆表讀數等于表盤示數乘以倍率；

③結合電源電動勢的值選擇電壓表量程，估測電路中的最大電流后選擇電流表量程；伏安法測電阻，題目要求較精確測量，選擇滑動變阻器分壓接法，另還需注意電流表內接外接的選擇；當待測電阻阻值遠小于電壓表內阻時，電流表應選外接法；當滑動變阻器最大阻值遠小于待測電阻值時或要求電流從零調時，滑動變阻器應用分壓式。【解答】(1)對小車由牛頓第二定律得：T=Ma，對砝碼由牛頓第二定律知：mg?T=ma，以上兩式聯立解得物體落地之前繩的拉力，帶入數據得T=4N；小車與砝碼作為一系統，在小車滑動過程中系統的機械能守恒，由機械能守恒定律可得：，解得：砝碼著地的瞬時速度為，帶入數據得v=2m/s；故本題答案為：4

2；(2)?①小球運動到最低點時，根據機械能守恒定律應有：

，聯立解得：；②

根據實驗原理，及實驗操作可知，產生系統誤差的根源是空氣阻力；故本題答案為：①

②空氣阻力或測速度時用平均速度代替瞬時速度；(3)?①螺旋測微器固定刻度讀數為8.5mm，可動刻度讀數為10.0×0.01mm，最終讀數為8.5mm+10.0×0.01mm=8.600mm；②歐姆表表頭指針偏轉角度很小說明電阻較大應調高倍檔即x10檔；歐姆表讀數等于：R=22Ω×10=220Ω；③

電源電動勢為4V，若選擇15V量程，則最大示數不足電表量程的三分之一，故為了減小誤差應選擇3V量程的V1，故選擇電流表A2，滑動變阻器起分壓作用，為了方便調節選擇小阻值R1即可；，故被測電阻屬于小電阻，電流表應選外接法；又題目要求盡量精確測量故變阻器應用分壓式接法，電路圖如圖所示：故本題答案為：①

8.600

②

歐姆調零

220③

電路圖如圖。故答案為：(1)4

2

(2)①

②空氣阻力或測速度時用平均速度代替瞬時速度(3)

①

8.600

②

歐姆調零

220

③

電路圖如圖

16.【答案】解：(1)由題意可知在最低點時對球A受力分析，

由于A靜止在最低點時輕繩上的拉力恰好為零，則F靜=mg

(2)小球在最高點時受力分析，要使小球恰好通過最高點

則有F靜+mg=mv?2L

解得v=2gL

(3)對小球由最高點到最低點A由動能定理得

mg2L=12mv2?12mvA2

在最低點對小球受力分析則有牛頓第二定律得FT+F靜?mg=mvA【解析】1、在最低點合力為零，故庫侖力與重力平衡．

2、小球恰好通過最高點，則靜電力和重力的合力提供向心力．

3、從最高點到最低點根據動