2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 動量和能量 1-3-5 功 功率 動能定理訓(xùn)練.docx
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1-3-5 功 功率 動能定理 課時強(qiáng)化訓(xùn)練 1.(2018山西太原一模)如圖所示,兩個人利用機(jī)械裝置提升相同的重物。已知重物勻速上升,相同的時間內(nèi)兩重物提升的高度相同。不考慮繩、滑輪的質(zhì)量及摩擦,在重物上升的過程中人拉力的作用點保持不變(θ一直小于30),則( ) A.站在地面的人比站在二樓的人省力 B.站在地面的人對繩的拉力越來越大 C.站在二樓的人對繩的拉力越來越大 D.同一時刻,二樓的人對繩拉力的功率小于地面的人對繩拉力的功率 [解析] 設(shè)重物的質(zhì)量為m,地面上的人對繩的拉力FT=mg恒定不變;站在二樓的人對繩的拉力FT′=,重物勻速上升過程中θ越來越大,cos θ越來越小,則FT′越來越大,B項錯誤,C項正確。因θ一直小于30,則1>cos θ>,則mg>FT′>mg,而FT=mg,則站在地面的人比站在二樓的人費(fèi)力,所以A項錯誤。人對繩拉力做的功等于克服重物重力做的功,兩重物質(zhì)量相同,上升高度相同,所用時間相同,克服重力做功的功率相同,故D錯誤。 [答案] C 2.(2018湖北八校二聯(lián))如圖,小球甲從A點水平拋出,同時將小球乙從B點自由釋放,兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等,方向夾角為30,已知B、C高度差為h,兩小球質(zhì)量相等,不計空氣阻力,由以上條件可知( ) A.小球甲做平拋運(yùn)動的初速度大小為2 B.甲、乙兩小球到達(dá)C點所用時間之比為1∶ C.A、B兩點高度差為 D.兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等 [解析] 甲、乙兩球經(jīng)過C點的速度v甲=v乙=,甲球平拋的初速度v甲x=v甲 sin 30=,故A錯誤;甲球經(jīng)過C點時豎直方向的速度v甲y=v甲 cos 30=,運(yùn)動時間t甲==,乙球運(yùn)動時間t乙=,則t甲∶t乙=∶2,故B項錯誤;A、B兩點的高度差Δh=gt-gt=,故C項正確;甲和乙兩球在C點時重力的瞬時功率分別為P甲=mgv甲y=mg,P乙=mgv乙=mg,故D項錯誤。 [答案] C 3.(2018河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示,質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。 開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細(xì)繩伸直,此時物體A與地面的距離為h,物體B靜止在地面上?,F(xiàn)由靜止釋放A,A與地面即將接觸時速度恰好為0,此時物體B對地面恰好無壓力,重力加速度為g,下列說法正確的是( ) A.物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài) B.物體A即將落地時,物體B處于失重狀態(tài) C.物體A下落過程中,彈簧的彈性勢能最大值為mgh D.物體A下落過程中,A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小 [解析] 對物體A下落過程中受力分析可知,其先加速后減速,則其先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài),A項錯誤。物體A即將落地時,B所受合外力為零,T-2mg=0,則B的加速度aB=0,B項錯誤。依據(jù)能量守恒定律:-mgh+ΔE彈=0,ΔE彈=mgh,C項正確。在物體A下落過程中,物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,物體A的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能之和不變,因A的重力勢能一直減小,則A的動能和彈簧的彈性勢能之和一直增大,D項錯誤。 [答案] C 4.(2018河南調(diào)研聯(lián)考)(多選) 如圖所示,同一豎直平面內(nèi)的O1、A、B、C四點為長方形的四個頂點,水平面上的B、C兩點間的距離為L,O2在A點正上方高h(yuǎn)處,B點在A點正下方距離處。同時將質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均可視為質(zhì)點)分別從O1、O2點沿水平方向O1A和豎直方向O2A拋出,結(jié)果兩球恰好在B點相遇??諝庾枇Σ挥?。下列說法正確的是( ) A.甲、乙拋出的初速度大小之比為 B.兩球運(yùn)動過程中均處于超重狀態(tài) C.甲、乙相遇前瞬間的動能之比為 D.甲、乙相遇前瞬間所受重力的功率之比為1∶2 [解析] 對甲滿足關(guān)系:L=v甲t,=gt2,對乙滿足關(guān)系:h+=v乙t+gt2。解得=,故A選項正確。小球甲、乙在運(yùn)動過程中都只受重力作用,處于完全失重狀態(tài),故B項錯誤。甲、乙兩球都滿足機(jī)械能守恒,Ek甲=mv+mg,Ek乙=mv+mg,又v乙=gt,h=gt2,=,解得甲、乙相遇前瞬間的動能之比=,故C項錯誤。由機(jī)械能守恒定律有mv+mg=mv,v=gh,解得v乙′=2,v甲y=,豎直方向上重力功率PG=mgvy,則PG甲=mg,PG乙=mg2,故=,故D項正確。 [答案] AD 5.(2018福建廈門質(zhì)檢)(多選)總質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時, 發(fā)動機(jī)的功率為P。司機(jī)為合理進(jìn)入限速區(qū),減小了油門,使汽車功率立即減小到P并保持該功率繼續(xù)行駛,設(shè)汽車行駛過程中所受阻力大小不變。從司機(jī)減小油門開始,汽車的v-t圖像如圖,從汽車開始減速到再次達(dá)到勻速運(yùn)動的過程中,行駛的位移為s,汽車因油耗而改變的質(zhì)量可忽略。則在該過程中,下列說法正確的是( ) A.汽車再次勻速運(yùn)動時速度大小為 B.t=0時刻,汽車的加速度大小為 C.汽車的牽引力不斷減小 D.經(jīng)歷的時間為- [解析] 汽車以速度v0勻速行駛時,牽引力等于阻力,f=F=,汽車以功率P勻速行駛時牽引力等于阻力f=F=,可得v′=v0,所以A選項正確;t=0時刻,汽車的牽引力F0=,汽車的加速度大小a===,所以B正確;汽車做減速運(yùn)動,速度減小,功率不變,據(jù)P=Fv知,牽引力不斷增大,故C錯誤;由動能定理Pt-Wf=m-mv,其中克服阻力做功Wf=fs,所經(jīng)歷的時間t=-,所以D正確。 [答案] ABD 6.(2018福建泉州檢測)(多選)如圖甲所示,長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上,一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖像如圖乙所示,則( ) A.μ0>tan α B.物塊下滑的加速度逐漸增大 C.物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為μ0mgl cos α D.物塊下滑到底端時的速度大小為 [解析] 物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑,應(yīng)滿足mg sin α>μ0mg cos α,即μ0<tan α, 故A選項錯誤;根據(jù)牛頓第二定律有mg sin α-μmg cos α=ma,得a=g sin α-μg cos α,可知物塊下滑過程中隨著μ的減小,a在增大,故B選項正確;摩擦力f=μmg cos α=mgcos α(0≤x≤l),可知f與x成線性關(guān)系,如圖所示,其中f0=μ0mg cos α,則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf=fl=μ0 mgl cos α,故C選項正確;由動能定理有mgl sin α-μ0mgl cos α=mv2,得v=,故D選項錯誤。 [答案] BC 7.(2018河南調(diào)研聯(lián)考)(多選)如圖所示,輕彈簧一端固定于傾角為θ(θ<45)的光滑斜面(固定)上方的O點,O點到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L,彈簧另一端與小滑塊(可視為質(zhì)點)連接。在斜面上移動滑塊至P點,使彈簧處于水平狀態(tài)?,F(xiàn)將滑塊從P點由靜止釋放,滑塊沿斜面運(yùn)動到O點正下方M點,該過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說法正確的是( ) A.滑塊經(jīng)過Q點時的速度最大 B.滑塊經(jīng)過M點時的速度大于 C.滑塊從P點運(yùn)動到Q點的過程中,其加速度一直在減小 D.滑塊從P點運(yùn)動到Q點過程中動能的增量比從Q點運(yùn)動到M點過程中動能的增量小 [解析] 對滑塊受力分析,其受豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及彈簧彈力,在滑塊由P到M過程中結(jié)合彈簧彈力的變化情況可知,小滑塊下滑過程中所受合力在P→Q過程中一直沿斜面向下,在Q→M過程中可能一直沿斜面向下,也可能先沿斜面向下后沿斜面向上,所以A項錯誤?;瑝K由P到M過程中,根據(jù)動能定理有WG+W彈=mv,又WG=mg,W彈>0,可得vM> ,B項正確。在P→Q的過程中因重力沿斜面向下的分力不變,而彈簧彈力沿斜面向下的分力逐漸變小,則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小,則其加速度一直在減小,C項正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度,又P到Q過程中彈簧彈力做正功,Q到M過程中彈簧彈力做負(fù)功,再結(jié)合動能定理分析可知,D項錯誤。 [答案] BC 8.(2018銀川模擬)一輛跑車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖所示,已知該車質(zhì)量為2103 kg,在某平直路面上行駛,阻力恒為3103 N。若汽車從靜止開始以恒定加速度2 m/s2做勻加速運(yùn)動,則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為( ) A.8 s B.14 s C.26 s D.38 s [解析] 由圖像可知,機(jī)車的最大功率約為P=200 kW,在加速階段由牛頓第二定律可知:F-F阻=ma即F=F阻+ma=3 000 N+2 0002 N=7 000 N,再由P=Fv可知:v== m/s= m/s,由v=at,解得t= s≈14.2 s,故選項B正確。 [答案] B 9.(多選)在冬奧會冰壺比賽中,運(yùn)動員以一定的初速度將冰壺沿水平面推出,由于摩擦阻力的作用,其動能隨位移變化圖線如圖所示,已知冰壺質(zhì)量為19 kg,g取10 m/s2,則以下說法正確的是( ) A.μ=0.05 B.μ=0.01 C.滑行時間t=5 s D.滑行時間t=10 s [解析] 對冰壺由動能定理得: -μmgs=0-mv, 得μ===0.01,B正確。 冰壺運(yùn)動時:a=μg=0.1 m/s2 由運(yùn)動學(xué)公式s=at2得:t=10 s,D正確。 [答案] BD 10.(2018天津理綜)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919首飛成功后,拉開了全面試驗試飛的新征程。假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,當(dāng)位移x=1.6103 m時才能達(dá)到起飛所要求的速度v=80 m/s。已知飛機(jī)質(zhì)量m=7.0104 kg,滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍,重力加速度取g=10 m/s2。求飛機(jī)滑跑過程中 (1)加速度a的大?。? (2)牽引力的平均功率P。 [解析] (1)飛機(jī)滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,有v2=2ax① 代入數(shù)據(jù)解得 a=2 m/s2② (2)設(shè)飛機(jī)滑跑受到的阻力為F阻,依題意有 F阻=0.1mg③ 設(shè)發(fā)動機(jī)的牽引力為F,根據(jù)牛頓第二定律有 F-F阻=ma④ 設(shè)飛機(jī)滑跑過程中的平均速度為,有 =⑤ 在滑跑階段,牽引力的平均功率 P=F⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥式得 P=8.4106 W⑦ [答案] (1)2 m/s2 (2)8.4106 W 11.(2018江西上饒六校一聯(lián))如圖所示,質(zhì)量m=3 kg的小物塊以初速度v0=4 m/s水平向右拋出,恰好從A點沿著圓弧的切線方向進(jìn)入圓弧軌道,圓弧軌道的半徑為R=3.75 m,B點是圓弧軌道的最低點,圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接,A與圓心O的連線與豎直方向成37角。MN是一段粗糙的水平軌道,小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個半徑為r=0.4 m的半圓軌道,C點是圓弧軌道的最高點,半圓軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。 已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8。 (1)求小物塊的拋出點離A點的豎直距離h; (2)若MN的長度為L=6 m,求小物塊通過C點時所受軌道的彈力FN大??; (3)若小物塊恰好能通過C點,求MN的長度L′。 [解析] (1)根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律有: tan 37= 得t=0.3 s 解得h=gt2=0.45 m (2)小物塊由拋出點運(yùn)動到B點的過程中,根據(jù)動能定理有: mg[h+R(1-cos 37)]=mv-mv 解得vB=2 m/s 小物塊由B點運(yùn)動到C點的過程中,根據(jù)動能定理有: -μmgL-2mgr=mv-mv 在C點:FN+mg= 解得FN=60 N (3)小物塊剛好能通過C點時,有mg= 解得vC′=2 m/s 小物塊從B點運(yùn)動到C點的過程中,根據(jù)動能定理有: -μmgL′-2mgr=mvC′2-mv 解得L′=10 m [答案] (1)0.45 m (2)60 N (3)10 m 12.(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示,底端切線水平且豎直放置的光滑圓軌道的半徑為R=2 m,其軌道底端P距地面的高度為h=5 m,P與右側(cè)豎直墻的距離為L=1.8 m,Q為圓弧軌道上的一點,它與圓心O的連線OQ與豎直方向的夾角為53。現(xiàn)將一質(zhì)量為m=100 g可視為質(zhì)點的小球從Q點由靜止釋放,重力加速度g=10 m/s2,不計空氣阻力。(sin 53=0.8,cos 53=0.6)試求: (1)小球運(yùn)動到P點時對軌道的壓力多大; (2)若小球每次和豎直墻壁的碰撞均是彈性碰撞,則小球的最終落地點離右側(cè)墻角B點的距離。(小球和地面碰撞后不再彈起) [解析] (1)小球由Q到P的過程,由動能定理得: mgR(1-cos 53)=mv2① 在P點小球所受的支持力為F,由牛頓第二定律有: F-mg= 解得F=1.8 N 根據(jù)牛頓第三定律知,在P點小球?qū)壍赖膲毫Υ笮? F′=F=1.8 N (2)小球到達(dá)P點時速度的大小為v,由①式得v=4 m/s 若右側(cè)無墻壁,則小球做平拋運(yùn)動的時間t==1 s 解得小球做平拋運(yùn)動的射程x=vt=4 m 由彈性碰撞和對稱性知,小球和左右兩側(cè)豎直墻壁各碰一次后,落到地面上,落點與B點相距s=L-(x-2L)=1.4 m [答案] (1)1.8 N (2)1.4 m- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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