2019版高考物理大二輪復習考前基礎(chǔ)回扣練7動能定理功能關(guān)系

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D．48J、－16J解析：選B.設(shè)加速的末速度為v1，勻變速的末速度為v2，由于加速過程和勻變速過程的位移相反，又由于恒力F2作用的時間與恒力F1作用的時間相等，根據(jù)平均速度公式有eq\f(v1,2)＝－eq\f(v1＋v2,2)，解得v2＝－2v1，根據(jù)動能定理，加速過程W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，勻變速過程W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)根據(jù)題意eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝32J，故W1＝8J，W2＝24J，故選B.2．如圖甲所示，一次訓練中，運動員腰部系著不可伸長的繩，拖著質(zhì)量m＝11kg的輪胎從靜止開始沿著筆直的跑道加速奔跑，繩與水平跑道的夾角是37°，5s后拖繩從輪胎上脫落．輪胎運動的v-t圖象如圖乙所示，不計空氣阻力，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.則下列說法正確的是()A．輪胎與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2B．拉力F的大小為55NC．在0～5s內(nèi)，輪胎克服摩擦力做功為1375JD．在6s末，摩擦力的瞬時功率大小為275W解析：選D.撤去F后，輪胎的受力分析如圖1所示，由速度圖象得5s～7s內(nèi)的加速度a2＝－5m/s2，根據(jù)牛頓運動定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因為f2＝μN2，代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5，故A錯誤；力F拉動輪胎的過程中，輪胎的受力情況如圖2所示，根據(jù)牛頓運動定律有Fcos37°－f1＝ma1，mg－Fsin37°－N1＝0,又因為f1＝μN1，由速度圖象得此過程的加速度a1＝2m/s2，聯(lián)立解得：F＝70N，B錯誤；在0s～5s內(nèi)，輪胎克服摩擦力做功為0.5×68×25J＝850J，C錯誤；因6s末輪胎的速度為5m/s，所以在6s時，摩擦力的瞬時功率大小為0.5×110×5W＝275W，D正確；故選D.3．一質(zhì)量為m的電動汽車在平直公路上以恒定的功率加速行駛，當速度大小為v時，其加速度大小為a，設(shè)汽車所受的阻力恒為f.以下說法正確的是()A．汽車的功率為fvB．當汽車的速度增加到2v時，加速度為eq\f(a,2)C．汽車行駛的最大速率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ma,f)))vD．當汽車的速度為v時，行駛的距離為eq\f(v2,2a)解析：選C.汽車做加速運動，由牛頓第二定律有：F－f＝ma，所以F＝f＋ma，所以汽車的功率為P＝Fv＝(f＋ma)v，故A錯誤；當汽車的速度增加到2v時，此時的牽引力為F＝eq\f(P,2v)＝eq\f(（f＋ma）v,2v)＝eq\f(（f＋ma）,2)，由牛頓第二定律有：F－f＝ma1，即eq\f(（f＋ma）,2)－f＝ma1，解得：a1＝eq\f(ma－f,2m)，故B錯誤；當汽車的牽引力與阻力相等時，汽車速度最大，即vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(（f＋ma）v,f)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ma,f)))v，故C正確；由于以恒定的功率行駛，即做加速度減小的加速運動，行駛的距離不能用2ax＝v2求解．故D錯誤．4．如圖，兩個相同的小球P、Q通過鉸鏈用剛性輕桿連接，P套在光滑豎直桿上，Q放在光滑水平地面上．開始時輕桿貼近豎直桿，由靜止釋放后，Q沿水平地面向右運動．下列判斷正確的是()A．P觸地前的速度一直增大B．P觸地前的速度先增大后減小C．Q的速度一直增大D．P、Q的速度同時達到最大解析：選A.開始時P、Q的速度都為零，P受重力和輕桿的作用下做加速運動，而Q由于輕桿的作用，則開始時輕桿對Q做正功，Q加速，后對Q做負功，Q減速，當P到達底端時，P只有豎直方向的速度，而水平方向的速度為零，故Q的速度為零，所以在整個過程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后減小，故A正確，BCD錯誤；故選A.5．如圖所示，兩光滑直桿成直角豎直固定，OM水平，ON豎直，兩個質(zhì)量相同的有孔小球A、B(可視為質(zhì)點)串在桿上通過長為L的非彈性輕繩相連，開始時小球A在水平向左的外力作用下處于靜止狀態(tài)，此時OB＝eq\f(4,5)L，重力加速度為g，現(xiàn)將外力增大到原來的4倍(方向不變)，則小球B運動到與O點的距離為eq\f(3,5)L時的速度大小為()A.eq\f(1,5)eq\r(10gL) B．eq\f(1,5)eq\r(15gL)C.eq\f(8,25)eq\r(5gL) D．eq\f(6,25)eq\r(5gL)解析：選C.開始時A到O的距離：OA＝eq\r(L2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)L))\s\up12(2))＝eq\f(3,5)L，以B為研究對象，開始時B受到重力、桿的支持力N和繩子的拉力T，如圖，則：tanθ＝eq\f(N,mg)；由幾何關(guān)系：tanθ＝eq\f(OA,OB)＝eq\f(\f(3,5)L,\f(4,5)L)＝eq\f(3,4)；聯(lián)立得：N＝eq\f(3,4)mg，以AB組成的整體為研究對象，在水平方向二者受到拉力F和桿對B的支持力N，由于水平方向受力平衡，所以F＝N＝eq\f(3,4)mg，現(xiàn)將外力增大到原來的4倍(方向不變)，則：F′＝4F＝3mg，B球向上運動時，小球B運動到距O點的距離eq\f(3,5)L時，由幾何關(guān)系得，A到O點的距離：OA′＝eq\r(L2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)L))\s\up12(2))＝eq\f(4,5)L，A向左的距離：Δs＝eq\f(4,5)L－eq\f(3,5)L＝eq\f(1,5)L，B上升的距離：Δh＝eq\f(4,5)L－eq\f(3,5)L＝eq\f(1,5)L此時細繩與豎直方向之間夾角的正切值：tanθ′＝eq\f(4,3)，則得cosθ′＝0.6，sinθ′＝0.8由運動的合成與分解知識可知：A球與B球的速度之間的關(guān)系為：vBcosθ′＝vAsinθ′可得vB＝eq\f(4,3)vA以AB球組成的整體為研究對象，拉力和重力對系統(tǒng)做功，由動能定理得：F′·ΔS－mgΔh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)聯(lián)立以上方程解得：vB＝eq\f(8,25)eq\r(5gL)，選項C正確．故選C.6．(多選)某研究小組對一輛新能源實驗小車的性能進行研究．小車的質(zhì)量為1.0kg，他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，其v-t圖象如圖所示(除2～10s時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線)．已知2s后小車的功率P＝9W保持不變，可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變，下列說法正確的有()A．0～2s時間內(nèi)，汽車的牽引力是3.5NB．汽車在第1s時的功率等于第14s時的功率的一半C．小車在0～10s內(nèi)位移的大小為42mD．2～10s時間內(nèi)，汽車的平均速度是4.5m/s解析：選BC.汽車的最大速度為vm＝6m/s，則阻力f＝eq\f(P,vm)＝eq\f(9,6)N＝1.5N；在0～2s時間內(nèi)，汽車的加速度a＝eq\f(3,2)m/s2＝1.5m/s2；則牽引力是F＝ma＋f＝1×1.5N＋1.5N＝3N，選項A錯誤；汽車在第1s末時的功率：P1＝Fv1＝3×1.5W＝4.5W＝eq\f(1,2)P14，選項B正確；在0～2s內(nèi)的位移：s1＝eq\f(1,2)×2×3m＝3m；在2s～10s內(nèi)由動能定理：Pt－fs2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,10)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得s2＝39m，則小車在0～10s內(nèi)位移的大小為s＝s1＋s2＝42m，選項C正確；2～10s時間內(nèi)，汽車不是勻加速運動，則平均速度是v≠eq\f(3＋6,2)m/s＝4.5m/s，選項D錯誤；故選BC.7．(多選)如圖為“阿特伍德機”模型，跨過光滑的定滑輪用質(zhì)量不計的輕繩拴接質(zhì)量分別為m和2m的物體甲、乙．將兩物體置于同一高度，將裝置由靜止釋放，經(jīng)一段時間甲、乙兩物體在豎直方向的間距為l，重力加速度用g表示．則在該過程中()A．甲的機械能一直增大B．乙的機械能減少了eq\f(2,3)mglC．輕繩對乙所做的功在數(shù)值上等于乙的重力所做的功D．甲的重力所做的功在數(shù)值上小于甲增加的動能解析：選AB.機械能等于動能與重力勢能之和，甲加速上升，其動能和重力勢能均增加，所以機械能增加，故A正確；甲和乙組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：2mgeq\f(l,2)＝mgeq\f(l,2)＋eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2mv2，則解得：v＝eq\r(\f(1,3)gl)，乙動能增加量為eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,3)mgl，重力勢能減小2mgeq\f(l,2)＝mgl，所以機械能減小eq\f(2,3)mgl，故B正確；由于乙加速下降，則輕繩的拉力小于重力，因此輕繩對乙所做的功在數(shù)值上小于乙的重力所做的功，故C錯誤；甲動能增加量為：ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,6)mgl，甲的重力所做的功在數(shù)值上等于eq\f(1,2)mgl，由此可知甲的重力所做的功在數(shù)值上大于甲增加的動能，故D錯誤．所以AB正確，CD錯誤．8．(多選)如圖所示，傾角為θ＝37°的傳送帶以速度v＝2m/s沿圖示方向勻速運動．現(xiàn)將一質(zhì)量為2kg的小木塊，從傳送帶的底端以v0＝4m/s的初速度，沿傳送帶運動方向滑上傳送帶．已知小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，傳送帶足夠長，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2.小物塊從滑上傳送帶至到達最高點的過程中，下列說法正確的是()A．運動時間為0.4sB．發(fā)生的位移為1.6mC．產(chǎn)生的熱量為9.6JD．摩擦力對小木塊所做功為12.8J解析：選BC.第一階段：根據(jù)牛頓第二定律，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，得a1＝10m/s2，第一階段位移為x1＝eq\f(v2－veq\o\al(2,0),－2a1)＝0.6m，所用時間為t1＝eq\f(v－v0,－a1)＝0.2s，傳送帶位移為x傳1＝vt1＝0.4m，劃痕為Δx1＝x1－x傳1＝0.2m；第二階段：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m/s2，第二階段位移為x2＝eq\f(v2,2a2)＝1m，所用時間為t2＝eq\f(v,a2)＝1s，傳送帶位移為x傳2＝vt2＝2m，劃痕為Δx2＝x傳1－x2＝1m．由以上分析可知，物體運動總時間為t＝t1＋t2＝1.2s；物體的總位移x＝x1＋x2＝1.6m；產(chǎn)生總熱量為Q＝μmgcosθ·Δx1＋μmgcosθ·Δx2＝9.6J；摩擦力第一階段做負功，第二階段做正功，摩擦力對小木塊所做功為W＝－μmgcosθ·x1＋μmgcosθ·x2＝3.2J，綜上分析可知BC正確．9．(多選)如圖所示，內(nèi)壁光滑的絕緣管做成的圓環(huán)半徑為R，位于豎直平面內(nèi)，管的內(nèi)徑遠小于R.ab為該環(huán)的水平直徑，ab及其以下區(qū)域處于水平向左的勻強電場中．現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球從管中a點由靜止開始釋放，已知qE＝mg.則下列說法正確的是()A．小球釋放后，可以運動過b點B．小球釋放后，到達b點時速度為零，并在bda間往復運動C．小球釋放后，第一次和第二次經(jīng)過最高點c時對管壁的壓力之比為1∶6D．小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點d和最高點c時對管壁的壓力之比為5∶1解析：選AD.從a到b的過程，由動能定理qE·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，可知vb≠0，故小球可以運動過b點，則選項A正確，B錯誤；小球釋放后，第一次經(jīng)過最高點c時有：N1＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，－mgR＋Eq·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，因為qE＝mg，解得N1＝mg；第二次經(jīng)過最高點c時有：Eq·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，同理可得N2＝5mg，所以比值為1∶5，選項C錯誤；小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點d，由動能定理mgR＋EqR＝eq\f(1,2)mv2，在d點有：N－mg＝meq\f(v2,R)，解得N＝5mg.故D正確；故選AD.10．(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點，BC為eq\f(1,4)圓弧，OA與豎直方向夾角θ＝60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從D處水平拋出，同時將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，當其到達B點時解除鎖定，小物塊剛好能達到C點．不計空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是()A．從D點拋出的初速度為v0＝eq\f(\r(