《2019高考物理二轮复习第6讲功功率动能定理专题训练（答案精解精析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考物理二轮复习第6讲功功率动能定理专题训练（答案精解精析）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 第第 6 6 讲讲 功功 功率功率 动能定理动能定理 一、选择题一、选择题( (每小题每小题 6 6 分分, ,共共 4848 分分) ) 1.图甲是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,圆弧轨道底部 P 处安装一个压力传感器,其 示数 F 表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度 h 处由静止下滑,表示压力 F 和高度 h 关系的 F-h 图像如图乙所示,则光滑圆弧轨道的半径 R 的大小是( ) A.5 mB.2 mC.0.8 m D.2.5 m 2.(2018 天津理综,2,6 分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的 圆弧形滑道
2、AB,从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的速率不变,则运动员沿 AB 下滑过程中( ) A.所受合外力始终为零 B.所受摩擦力大小不变 C.合外力做功一定为零 D.机械能始终保持不变 3.中车青岛四方机车厂,试验出速度高达 605 公里每小时的高速列车。已知列车运行时的阻力包括车轮与轨 道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力,若认为机械阻力恒定,空气阻力和列车运行速度的平方成正比,当 列车以 200 公里每小时的速度行驶时,空气阻力占总阻力的 70%,此时列车功率为 1 000 kW,则高速列车以 600 公里每小时的速度行驶时的功率大约是( ) A.10 00
3、0 kW B.20 000 kW C.30 000 kW D.40 000 kW 2 4.(2018 江苏单科,7,4 分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O 点为弹簧在原长时物 块的位置。物块由 A 点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达 B 点。在从 A 到 B 的过程中, 物块( ) A.加速度先减小后增大 B.经过 O 点时的速度最大 C.所受弹簧弹力始终做正功 D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 5.(2018 山西太原一模)如图所示,两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升,相同的时间内 两重物提升的高度相同。不考虑绳、滑轮的
4、质量及摩擦,在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变,( 一直小于 30)则( ) A.站在地面的人比站在二楼的人省力 B.站在地面的人对绳的拉力越来越大 C.站在二楼的人对绳的拉力越来越大 D.同一时刻,二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率 6.(2018 江苏清江中学模拟)(多选)如图甲所示,用竖直向上的力 F 拉静止在水平地面上的一物体,物体在向 上运动的过程中,其机械能 E 与位移 x 的关系如图乙,其中 AB 为曲线,其余部分为直线,下列说法正确的是( ) 3 A.0x1过程中,物体所受拉力不变 B.x1x2过程中,物体的加速度先减小后增大 C.0x3过程中,物体的动能先
5、增大后减小 D.0x2过程中,物体克服重力做功的功率一直增大 7.(2018 湖北八校二联)如图,小球甲从 A 点水平抛出,同时将小球乙从 B 点自由释放,两小球先后经过 C 点时 速度大小相等,方向夹角为 30,已知 B、C 高度差为 h,两小球质量相等,不计空气阻力,由以上条件可知( ) A.小球甲做平抛运动的初速度大小为 2 gh 3 B.甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 1 3 C.A、B 两点高度差为 h 4 D.两小球在 C 点时重力的瞬时功率大小相等 8.(2018 福建泉州检测)(多选)如图甲所示,长为 l、倾角为 的斜面固定在水平地面上,一质量为 m 的物块 从斜面顶端
6、由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离 x 的变化图像如 图乙所示,则( ) A.0tan 4 B.物块下滑的加速度逐渐增大 C.物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为 0mgl cos 1 2 D.物块下滑到底端时的速度大小为 2glsin - 20glcos 二、非选择题二、非选择题( (共共 2222 分分) ) 9.(2018 湖北四地七校联盟联考)(10 分)如图所示,底端切线水平且竖直放置的光滑 圆轨道的半径为 R=2 m, 1 4 其轨道底端 P 距地面的高度为 h=5 m,P 与右侧竖直墙的距离为 L=1.8 m,Q 为圆弧轨道上的一点,它与圆心
7、 O 的连线 OQ 与竖直方向的夹角为 53。现将一质量为 m=100 g、可视为质点的小球从 Q 点由静止释放,重力加 速度 g=10 m/s2,不计空气阻力。(sin 53=0.8,cos 53=0.6)试求: (1)小球运动到 P 点时对轨道的压力多大; (2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞,则小球的最终落地点离右侧墙角 B 点的距离。(小球和 地面碰撞后不再弹起) 5 10.(12 分)如图所示,传送带 A、B 之间的距离为 L=3.2 m,与水平面间夹角 =37,传送带沿顺时针方向转 动,速度恒为 v=2 m/s,在上端 A 点无初速度放置一个质量为 m=1 kg、可视为质点
8、的金属块,它与传送带间的 动摩擦因数为 =0.5,金属块滑离传送带后,经过弯道,沿半径 R=0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动,刚好能通 过最高点 E,已知 B、D 两点的高度差为 h=0.5 m(取 g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8)。求: (1)金属块经过 D 点时的速度大小; (2)金属块在 BCD 弯道上克服摩擦力做的功。 6 7 答案精解精析答案精解精析 一、选择题一、选择题 1.A 由机械能守恒得 mgh= mv2,在最低点,由牛顿第二定律得 F-mg=,所以 F=mg+h,根据图像可知,重力 1 2 mv2 R 2mg R G=mg=2 N,= N/
9、m=0.8 N/m,则光滑圆弧轨道的半径 R=5 m,故 A 正确,B、C、D 错误。 2mg R 6 - 2 5 2.C 本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在 竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零, 选项 A 错误;运动员下滑过程中受到重力、滑道支撑力和滑动摩擦力,运动员从 A 到 B 的过程中,重力沿滑道 切线方向的力逐渐变小,运动员的速率不变,则运动员沿滑道切线方向的合外力始终为零,故其所受摩擦力逐 渐减小,选项 B 错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变
10、,则动能不变,故合外力做功 为零,选项 C 正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项 D 错误。 3.B 当车速为 200 km/h 时,功率 P=Fv=fv,解得 f= ,故 f机=30%f,f阻=kv2,当列车速度达到 600 km/h,P=(f P v 机+kv2)v,联立解得 P20 000 kW,B 正确。 4.AD 本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律 可得 kx-f=ma,x 减小,a 减小,当 a=0 时,物块速度最大,此时,物块在 O 点左侧,选项 B 错误;从加速度 a=0 处 到 O 点过程,由牛顿第二
11、定律得 f-kx=ma,x 减小,a 增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得 kx+f=ma,x 增大,a 继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项 A 正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做 正功,后做负功,选项 C 错误;从 A 到 B 的过程,由动能定理可得 W弹-Wf=0,选项 D 正确。 5.C 设重物的质量为 m,地面上的人对绳的拉力 FT=mg 恒定不变;站在二楼的人对绳的拉力 FT=,重物匀 mg 2cos 速上升过程中 越来越大,cos 越来越小,则 FT越来越大,B 项错误,C 项正确。因 一直小于 30,则 1cos ,则mgFT mg,而 FT=mg,则站在地面
12、的人比站在二楼的人费力,所以 A 项错误。人对绳拉力做 3 2 3 3 1 2 的功等于克服重物重力做的功,两重物质量相同,上升高度相同,所用时间相同,克服重力做功的功率相同,故 D 错误。 6.ABC 物体的重力势能 Ep=mgx,由动能定理可得,物体的动能 Ek=Fx-mgx,物体的机械能 E=Ep+Ek=mgx+Fx- mgx=Fx,即图线的斜率表示 F。0x1过程中斜率不变,故物体所受拉力不变,A 正确;x1x2过程中,斜率变小直 至为 0,故拉力逐渐减小直至为 0,则物体的加速度先减小后反向增大,B 正确;由前面分析知,物体先向上匀加 8 速,然后做加速度逐渐减小的加速运动,再做加速
13、度逐渐增大的减速运动,即 0x3过程中,物体的速度先增大 后减小,即动能先增大后减小,C 正确;0x2过程中,物体速度先增大后减小,则克服重力做功的功率先增大后 减小,D 错误。 7.C 甲、乙两球经过 C 点的速度 v甲=v乙=,甲球平抛的初速度 v甲 x=v甲 sin 30=,故 A 错误;甲 2gh 2gh 2 球经过 C 点时竖直方向的速度 v甲 y=v甲 cos 30=,运动时间 t甲=,乙球运动时间 t乙=,则 t 6gh 2 v甲y g 3h 2g 2h g 甲t乙= 2,故 B 项错误;A、B 两点的高度差 h= g- g= ,故 C 项正确;甲和乙两球在 C 点时重力的 3
14、1 2 t 2 乙 1 2 t 2 甲 h 4 瞬时功率分别为 P甲=mgv甲 y=mg,P乙=mgv乙=mg,故 D 项错误。 6gh 22gh 8.BC 物块在斜面顶端静止释放能够下滑,应满足 mg sin 0mg cos ,即 0tan ,故 A 选项错误; 根据牛顿第二定律有 mg sin -mg cos =ma,得 a=g sin -g cos ,可知物块下滑过程中随着 的减小,a 在增大,故 B 选项正确;摩擦力 f=mg cos =mg cos (0xl),可知 f 与 x 成线 (0 - 0 l x) 性关系,如图所示,其中 f0=0mg cos ,则物块下滑到斜面底端的过程克
15、服摩擦力做功 Wf= l= 0mgl cos f 1 2 ,故 C 选项正确;由动能定理有 mgl sin - 0mgl cos = mv2,得 v=,故 D 选 1 2 1 2 2glsin - 0glcos 项错误。 二、非选择题二、非选择题 9. 答案 (1)1.8 N (2)1.4 m 解析 (1)小球由 Q 到 P 的过程,由动能定理得: mgR(1-cos 53)= mv2 1 2 在 P 点小球所受的支持力为 F,由牛顿第二定律有: F-mg= mv2 R 解得 F=1.8 N 9 根据牛顿第三定律知,在 P 点小球对轨道的压力大小 F=F=1.8 N (2)小球到达 P 点时速
16、度的大小为 v,解得 v=4 m/s 若右侧无墙壁,则小球做平抛运动的时间 t= 2h g 小球做平抛运动的射程 x=vt=4 m 由弹性碰撞和对称性知,小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后,落到地面上,落点与 B 点相距 s=L-(x-2L) =1.4 m 10. 答案 (1)2 m/s (2)3 J 5 解析 (1)金属块恰好通过最高点 E,由牛顿第二定律有 mg=m v2 E R 从 D 到 E 过程中,由动能定理得 -mg2R= m- m 1 2 v2 E 1 2 v2 D 解得 vD=2 m/s 5 (2)金属块刚刚放上时,由牛顿第二定律有 mg sin +mg cos =ma1 解得 a1=10 m/s2 设经过位移 x1达到共同速度,则 v2=2ax1 解得 x1=0.2 m3.2 m 继续加速过程中,由牛顿第二定律有 mg sin -mg cos =ma2 解得 a2=2 m/s2 x2
