《物理大二轮复习(优选习题)：考前基础回扣练7：动能定理-功能关系含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理大二轮复习(优选习题)：考前基础回扣练7：动能定理-功能关系含解析（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、物理大二轮复习(优选习题)：考前基本回扣练7：动能定理 功能关系含解析1在光滑的水平面上有一静止的物体,现以水平恒力F推这一物体,作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体,当恒力F2作用的时间与恒力F作用的时间相等时,物体正好回到原处，此时物体的动能为32 ,则在整个过程中,恒力F1、F2做的功分别为( ).16J、16J B.8 、4 J.2 J、0J D.4 、16 J解析：选.设加速的末速度为v1,匀变速的末速度为v2,由于加速过程和匀变速过程的位移相反,又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等,根据平均速度公式有=-，解得v=1，根据动能定理，加速过程W1mv，匀变速
2、过程W2mvmv根据题意mv32 J,故W1 ,W2=2 J，故选.2如图甲所示,一次训练中,运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m=11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑,绳与水平跑道的夹角是， s后拖绳从轮胎上脱落轮胎运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，已知s 370.6，cos 370.8，g取1 ms则下列说法对的的是( ）.轮胎与水平地面间的动摩擦因数0.2B拉力的大小为55 C.在 s内，轮胎克服摩擦力做功为1375 D在6 s末,摩擦力的瞬时功率大小为75 W解析:选D撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s内的加速度2=- m/s2,根据牛顿运动定律
3、有N2-g=0,f2=m2，又由于f2N2,代入数据解得05，故A错误; 力F拉动轮胎的过程中,轮胎的受力状况如图2所示,根据牛顿运动定律有Fc 3f1=m1，msn 371=0, 又由于f1N1，由速度图象得此过程的加速度a1= /s,联立解得:F70 N,B错误；在 5 s内,轮胎克服摩擦力做功为0.56825 J=80 J，C错误；因6s末轮胎的速度为5 m/s，因此在时,摩擦力的瞬时功率大小为0.110 W=275 W，D对的；故选D3一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时,其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为.如下说法对的的是( ）汽车的功率为fvB
4、.当汽车的速度增长到2v时,加速度为C汽车行驶的最大速率为vD当汽车的速度为v时,行驶的距离为解析：选C.汽车做加速运动,由牛顿第二定律有：Ffma，因此Ffa，因此汽车的功率为P=Fv=(fma)v，故错误；当汽车的速度增长到2v时，此时的牵引力为F=，由牛顿第二定律有：Ffma1,即-f1,解得:a1,故错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大,即vm=v,故对的；由于以恒定的功率行驶，即做加速度减小的加速运动,行驶的距离不能用2v求解.故D错误4如图,两个相似的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后,Q沿水平地面
5、向右运动下列判断对的的是()AP触地前的速度始终增大BP触地前的速度先增大后减小C.Q的速度始终增大DP、Q的速度同步达到最大解析：选A.开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而由于轻杆的作用,则开始时轻杆对Q做正功,Q加速,后对Q做负功，Q减速，当达到底端时,P只有竖直方向的速度,而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，因此在整个过程中,P的速度始终增大,Q的速度先增大后减小,故对的，BCD错误；故选A5如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，M水平,ON竖直,两个质量相似的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连,开始时小球A在水平向左的外力作用下处在
6、静止状态，此时OBL,重力加速度为g，现将外力增大到本来的4倍(方向不变),则小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为( ) BC. D解析:选.开始时到O的距离:O= L，以B为研究对象，开始时受到重力、杆的支持力和绳子的拉力T,如图，则:tan;由几何关系:tn ；联立得:Nmg,以AB构成的整体为研究对象，在水平方向两者受到拉力F和杆对B的支持力N，由于水平方向受力平衡,因此F=Ng，现将外力增大到本来的倍(方向不变)，则:F4F=3mg,B球向上运动时，小球运动到距O点的距离L时，由几何关系得,A到点的距离：OA ，A向左的距离：sLLL，B上升的距离:=LLL此时细绳与竖直方向之间
7、夹角的正切值：tan ,则得 cs=0.，sn0.8由运动的合成与分解知识可知：球与B球的速度之间的关系为：vBcosvAsi 可得vB=vA以球构成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功,由动能定理得： FSgh=mv+mv联立以上方程解得:vB=,选项C对的故选6（多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究.小车的质量为10kg,她们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,其v图象如图所示(除210 s时间段图象为曲线外,其他时间段图象均为直线)已知2 s后小车的功率PW保持不变,可觉得在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变,下列说法对的的有( ）A.2 s时间内,汽车的牵引力
8、是.5 NB.汽车在第 s时的功率等于第14s时的功率的一半C小车在10 s内位移的大小为 mD.210 时间内，汽车的平均速度是m/s解析：选BC.汽车的最大速度为vm=6ms,则阻力fN=1.N;在 s时间内，汽车的加速度a m/s2=1.5ms；则牵引力是Fmf11 N+1. N= ，选项错误;汽车在第1 s末时的功率：P1=Fv131.5W=4 W=P14,选项B对的;在0 内的位移:s12 3 ；在2s1 s内由动能定理:Pt-fs2mv-mv，解得s23 m,则小车在10 s内位移的大小为ss+s24 m，选项C对的；210 s时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是v ms4.5
9、s，选项D错误；故选B.（多选)如图为“阿特伍德机”模型,跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m和的物体甲、乙将两物体置于同一高度,将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l，重力加速度用g表达.则在该过程中（ )A.甲的机械能始终增大.乙的机械能减少了mgC轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D.甲的重力所做的功在数值上不不小于甲增长的动能解析:选AB.机械能等于动能与重力势能之和,甲加速上升,其动能和重力势能均增长,因此机械能增长，故A对的;甲和乙构成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mgg+mmv2，则解得:v ,乙动能增长量为2mv2=gl，重
10、力势能减小2mg=mgl，因此机械能减小mgl，故B对的;由于乙加速下降，则轻绳的拉力不不小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上不不小于乙的重力所做的功，故错误；甲动能增长量为:k=m2mg，甲的重力所做的功在数值上等于mgl,由此可知甲的重力所做的功在数值上不小于甲增长的动能，故D错误.因此AB对的，CD错误.8.(多选)如图所示,倾角为的传送带以速度v=2 ms沿图示方向匀速运动.现将一质量为k的小木块,从传送带的底端以0=4 m/s的初速度,沿传送带运动方向滑上传送带已知小木块与传送带间的动摩擦因数为.5，传送带足够长,si 376,cos 37=.8，取g1 /s小物块从滑上传送带至达
11、到最高点的过程中，下列说法对的的是（ ).运动时间为0.4 s.发生的位移为1. mC产生的热量为9.6 JD摩擦力对小木块所做功为1 解析：选B.第一阶段：根据牛顿第二定律,mgsn +gcos m1，得10 m/s,第一阶段位移为=,2a).m，所用时间为t0.2 s，传送带位移为x传t1=0. m,划痕为=x1-传10.2 ；第二阶段：mg -mgcs ma2,得a22m/s2，第二阶段位移为x2=1m，所用时间为=1，传送带位移为传2=vt2=2 m,划痕为x2x传12= m由以上分析可知，物体运动总时间为tt1t21. s;物体的总位移x=1x2.6 m；产生总热量为Q=mgcs x
12、1mcox2=.6 ；摩擦力第一阶段做负功,第二阶段做正功,摩擦力对小木块所做功为Wg x1+mgco x2=32 ,综上分析可知C对的(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，位于竖直平面内,管的内径远不不小于R.ab为该环的水平直径,及其如下区域处在水平向左的匀强电场中.现将质量为m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止开始释放，已知qEm则下列说法对的的是(）A.小球释放后，可以运动过b点B.小球释放后，达到b点时速度为零，并在b间往复运动C.小球释放后，第一次和第二次通过最高点c时对管壁的压力之比为16.小球释放后,第一次通过最低点d和最高点时对管壁的压力之比为51解析：
13、选.从a到b的过程,由动能定理E2m,可知vb，故小球可以运动过b点，则选项A对的，错误；小球释放后,第一次通过最高点c时有：N1mgm,R) ,mgREq2Rmv，由于qE=mg，解得N1=m;第二次通过最高点时有：EqR=mmv，同理可得25mg,因此比值为15,选项C错误；小球释放后，第一次通过最低点d,由动能定理mgR+EqR=m2,在d点有：Nmgm,解得N5mg.故D对的；故选A10.(多选)如图所示，质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分）静止在光滑水平面上，B为最低点,C为圆弧,OA与竖直方向夹角6,其右侧紧贴竖直墙壁一质量为的小物块(可视为质点）从D处水平抛出，同
14、步将AC凹槽锁定在地面上，小物块正好从A点无碰撞的射入凹槽，当其达到B点时解除锁定,小物块刚好能达到点不计空气阻力,重力加速度为.则下列说法对的的是( )从点抛出的初速度为0=;D点距A点高度差B小球第一次过点时对槽底的压力大小为2gC小球从C点到点过程中,竖直墙壁对槽的冲量为I=m，方向水平向左D小球从C到B向A运动的过程中,以小球、槽ABC作为一种系统,机械能守恒、动量守恒解析:选C.A项：小物块正好从A点无碰撞的射入凹槽 ，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知,=2v，从A到C应用能量守恒可知，m(20）=mgRsin 0,解得0=,从到A应用动能定理可得:mgh=m（0)-mv,解得:h,故对的;B项:从A到B应用动能定理,mgR(1sin 30）=mv-mv,在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得,
