2019-2020年高考物理二輪復習 專題三 動能定理和能量守恒定律 3.6 功 功率 動能定理課時作業(yè).doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 專題三 動能定理和能量守恒定律 3.6 功 功率 動能定理課時作業(yè) 一、選擇題 1.汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P，快進入鬧市區(qū)時，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小為，并保持此功率繼續(xù)在平行公路上行駛．設汽車行駛時所受的阻力恒定，則能正確反映從減小油門開始汽車的速度隨時間變化的圖象是(　　) 解析：汽車勻速行駛時牽引力等于阻力．功率減小為時，根據公式P＝Fv得牽引力立即減小一半，小于阻力，合力向后，汽車做減速運動，選項D錯誤；由公式P＝Fv可知，功率一定時，速度減小后，牽引力增大(仍小于阻力)，合力減小，加速度減小，即汽車做加速度不斷減小的減速運動，當牽引力增大到等于阻力時，速度為，加速度減為零，汽車重新做勻速直線運動，選項B正確，A、C錯誤． 答案：B 2．如圖所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿豎直光滑圓軌道由A點運動到B點，在此過程中拉力的瞬時功率變化情況是(　　) A．逐漸減小 B．逐漸增大 C．先減小，后增大 D．先增大，后減小 解析：因為小球是以恒定速率運動，即它做勻速圓周運動，那么小球受到的重力G、水平拉力F、軌道的支持力三者的合力必是沿半徑指向O點．設小球與圓心的連線與豎直方向夾角為θ，則＝tanθ(F與G的合力必與軌道的支持力在同一直線上)，得F＝Gtanθ，而水平拉力F的方向與速度v的方向夾角也是θ，所以水平力F的瞬時功率是P＝Fvcosθ＝Gvsinθ.顯然，從A點到B點的過程中，θ是不斷增大的，所以水平拉力F的瞬時功率是一直增大的，故B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 3.(多選)如圖所示，n個完全相同，邊長足夠小且互不粘連的小方塊依次排列，總長度為l，總質量為M，它們一起以速度v在光滑水平面上滑動，某時刻開始滑上粗糙水平面．小方塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數為μ，若小方塊恰能完全進入粗糙水平面，則摩擦力對所有小方塊所做功的數值為(　　) A.Mv2 B．Mv2 C.μMgl D．μMgl 解析：小方塊恰能完全進入粗糙水平面，說是小方塊進入粗糙水平面后速度為零．以所有小方塊為研究對象，由動能定理可知，所有小方塊克服摩擦力做功Wf＝Mv2，A項正確；將所有小方塊等效為質量集中在重心的質點，恰能完全進入粗糙水平面，重心位移為l，摩擦力做功為－μmgl，做功數值大小為μmgl，C項正確． 答案：AC 4．如圖所示，中間有孔的物塊A套在光滑的豎直桿上，通過滑輪用不可伸長的輕繩將物塊拉著向上勻速運動，則關于拉力F及拉力F的功率P，下列說法正確的是(　　) A．F增大，P不變 B．F增大，P增大 C．F不變，P減小 D．F增大，P減小 解析：設物塊勻速運動的速度大小為v0，則輕繩與豎直桿的夾角為θ時，由物塊A受力平衡有Fcosθ＝mg，物塊上升過程，θ增大，F增大，選項C錯誤；根據速度的合成與分解，得輕繩的速度大小v＝v0cosθ，拉力F的功率P＝Fv＝mgv0，即P不變，選項A正確，B、D均錯誤． 答案：A 5．如圖所示，將一質量為m的小球以一定的初速度自O點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點，OA與豎直方向夾角為53，已知sin37＝0.6，cos37＝0.8，則小球拋出時的動能與到達A點時動能的比值為(　　) A. B. C. D. 解析：小球做平拋運動，則v0t＝gt2tan53，vy＝gt，v＝v＋v，可得＝，只有選項D正確． 答案：D 6．(多選)如圖所示，小球A沿高為h、傾角為θ的光滑斜面以初速度v0從頂端滑到底端，而相同的小球B以同樣大小的初速度從同一高度豎直上拋，不計空氣阻力，則(　　) A．兩球落地時速率相同 B．從開始運動至落地過程中，重力對它們做功相同 C．兩球落地時，重力的瞬時功率相同 D．從開始運動至落地過程中，重力對它們做功的平均功率相同 解析：兩個小球在運動的過程中都是只有重力做功，機械能守恒，則兩球落地時速率相同，選項A正確；重力做功只與初、末位置有關，小球的起點和終點各在同一水平線上，所以重力做的功相同，選項B正確；兩種情況下落地時速度方向不同，根據公式P＝Fvcosθ知，瞬時功率不同，選項C錯誤；平均功率等于做功的大小與所用的時間的比值，小球重力做的功相同，但是時間不一定相等，所以平均功率不一定相同，選項D錯誤． 答案：AB 7．(多選)如圖所示，質量為m的滑塊在水平面上以速率v撞上勁度系數為k的輕質彈簧，當滑塊將彈簧壓縮了x0時速度減小到零，然后彈簧又將滑塊向右推開．已知滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ，整個過程彈簧未超過彈性限度且二者未拴接，則下列判斷正確的是(　　) A．滑塊向右運動過程中，滑塊的機械能先增大后減小 B．滑塊與彈簧接觸過程中，滑塊的機械能先減小后增大 C．滑塊與彈簧接觸過程中，滑塊與彈簧組成的系統的機械能一直減小 D．滑塊最終停在距離彈簧右端－2x0處 解析：滑塊向右運動至彈簧彈力與摩擦力平衡時，滑塊的動能最大，機械能最大，因而滑塊機械能先增大再減小，選項A正確；滑塊與彈簧接觸過程中，滑塊向左運動時，滑塊的動能逐漸減小為零，滑塊向右運動時，滑塊的動能先增大后減小，因而滑塊的機械能先減小再增大最后減小，選項B錯誤；對于滑塊與彈簧，在整個過程中，滑動摩擦力做負功，因而滑塊和彈簧的機械能一直減小，選項C正確；設滑塊最終停止的位置距離彈簧右端的距離為x，根據動能定理有－μmg(x＋2x0)＝0－mv2，解得x＝－2x0，選項D正確． 答案：ACD 8．(多選)如圖所示，用豎直向下的恒力F通過跨過光滑定滑輪的細線拉動在光滑水平面上的物體，物體沿水平面移動過程中經過A、B、C三點，設AB＝BC，物體經過A、B、C三點時的動能分別為EkA、EkB、EkC，則它們間的關系是(　　) A．EkB－EkA＝EkC－EkB B．EkB－EkAEkC－EkB D．EkC<2EkB 解析：由動能定理得EkB－EkA＝WAB，EkC－EkB＝WBC，物體所受的合外力做的功為拉力的水平分力所做的功．由幾何關系可知，從A運動到B的過程中拉力在水平方向的平均分力大小大于從B到C過程中拉力在水平方向的平均分力大小，因此WAB>WBC，選項A、B錯誤，C、D正確． 答案：CD 二、非選擇題 9.如圖所示，一質量m＝0.75 kg的小球距地面高h＝10 m 處由靜止釋放，落到地面后反彈，碰撞時無能量損失．若小球運動過程中受到的空氣阻力f大小恒為2.5 N，g＝10 m/s2.求： (1)小球與地面第一次碰撞后向上運動的最大高度； (2)小球從靜止開始運動到與地面發(fā)生第五次碰撞時通過的總路程． 解析：(1)設小球與地面第一次碰撞后向上運動的高度為h2，從開始靜止釋放到第一次碰撞后運動高度h2的過程，由動能定理可得：mg(h－h(huán)2)－f(h＋h2)＝0 解得：h2＝h＝5 m. (2)設小球與地面第二次碰撞后向上運動的距離為h3，從第一次碰撞后運動的高度h2處靜止下落到第二次碰撞后向上運動距離h3的過程，由動能定理可得：mg(h2－h(huán)3)－f(h2＋h3)＝0 解得：h3＝h2＝()2h 同理得hn＝()n－1h 小球從靜止開始運動到與地面發(fā)生第五次碰撞時通過的總路程s＝h＋2(h2＋h3＋h4＋h5)＝28.75 m. 答案：(1)5 m　(2)28.75 m 10.我國擁有航空母艦后，艦載機的起飛與降落等問題受到了廣泛關注.2012年11月23日，艦載機殲－15首降“遼寧艦”獲得成功，隨后艦載機又通過滑躍式起飛成功．某興趣小組通過查閱資料對艦載機滑躍起飛過程進行了如下的簡化模擬： 假設起飛時“航母”靜止，飛機質量不變并可看成質點．“航母”起飛跑道由圖示的兩段軌道組成(二者平滑連接，不計拐角處的長度)，其水平軌道長AB＝L，水平軌道與斜面軌道末端C的高度差為h.一架殲－15飛機的總質量為m，在C端的起飛速度至少為v.若某次起飛訓練中，殲－15從A點由靜止啟動，飛機發(fā)動機的推力大小恒為0.6mg，方向與速度方向相同，飛機受到空氣和軌道平均阻力的合力大小恒為0.1mg.重力加速度為g.求： (1)飛機在水平軌道AB上運動的時間； (2)在水平軌道末端B，發(fā)動機的推力功率； (3)要保證飛機正常起飛，斜面軌道的長度滿足的條件．(結果用m、g、L、h、v表示) 解析：(1)設飛機在水平軌道的加速度為a，運動時間為t，發(fā)動機的推力為F，阻力為f 由牛頓第二定律得F－f＝0.6mg－0.1mg＝ma a＝0.5g L＝at2 解得t＝2 (2)設飛機在B端的速率為v′，功率為P v′＝at＝ 解得P＝Fv′＝0.6mg (3)設飛機恰能在C端起飛時，斜面軌道長為l0 整個過程中，由動能定理有(F－f)(L＋l0)－mgh＝mv2 解得l0＝＋2h－L 所以，斜面軌道長度滿足的條件是l≥＋2h－L. 答案：(1)2 　(2)0.6mg　 (3)l≥＋2h－L