高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動量和原子物理 第1講 功、功率、動能定理演練-人教版高三全冊物理試題

《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動量和原子物理 第1講 功、功率、動能定理演練-人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 核心突破 專題2 能量、動量和原子物理 第1講 功、功率、動能定理演練-人教版高三全冊物理試題（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講 功、功率、動能定理 1．(2016·太原模擬二)2015年莫斯科世錦賽上，我國男子短道速滑隊時隔15年再次站到5 000 m接力的冠軍領(lǐng)獎臺上．觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲，甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間水平方向上的相互作用，則(　C　) A．甲對乙的作用力與乙對甲的作用力相同 B．甲對乙的作用力一定做正功，乙的動能增大 C．乙對甲的作用力一定做正功，甲的動能增大 D．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 解析：由牛頓第三定律知，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等

2、、方向相反．兩個力不相同，選項A錯誤；甲對乙的作用力方向與乙運動方向相反，此力對乙做負(fù)功，由動能定理知，乙的動能減小，選項B錯誤；乙對甲的作用力方向與甲運動方向相同，此力對甲做正功，由動能定理知，甲的動能增加，C正確；在乙推甲的過程中，甲、乙運動的距離不一定相等，由功的公式W＝FS知，推力對甲、乙做功不一定相等，由動能定理知，甲動能的增加量不一定等于乙動能的減小量，選項D錯誤． 2．(2016·福州質(zhì)檢)如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉繩，牽引河中的小船沿水面運動，已知小船的質(zhì)量為m，沿水面運動時所受的阻力為f且保持不變，當(dāng)繩OA段與水平面夾角為θ時，小船的速度為v，不計繩子與滑輪

3、的摩擦，則此時小船的加速度等于(　A　) A．－　 B．cos2θ－ C． D． 解析：卡車對小船做功的功率P0＝Fvcos θ， 對小船受力分析由牛頓第二定律得 Fcos θ－f＝ma，聯(lián)立得a＝－，A正確． 3．(2016·南昌調(diào)研)如圖所示，固定斜面AD上有B、C兩點，且AB＝BC＝CD，小滑塊以初動能EK0從A點出發(fā)，沿斜面向上運動．若整個斜面AD光滑，則滑塊到達(dá)D位置速度恰好為零，而后下滑．現(xiàn)斜面AB部分與滑塊間有處處相同的摩擦，BD部分仍無摩擦，則滑塊恰好滑到C位置速度為零，然后下滑，那么滑塊下滑到(　AD　) A．位置B時的動能為 B．位置B時的動能為 C

4、．位置A時的動能為 D．位置A時的動能為 解析：設(shè)斜面高度為h，AB＝BC＝CO＝l，滑塊與AB部分的摩擦力為f.斜面光滑上滑時，由動能定理有mgh＝Ek0，AB部分有摩擦?xí)r滑塊的上滑過程由動能定理有mgh＋fl＝Ek0，從C開始滑回B、A的過程同理有EkB－0＝mgh，mgh－fl＝EkA－EkB．解得EkA＝Ek0、EkB＝Ek0.選項BC錯誤，AD正確． 4．(2016·長沙一中月考五)一摩托車在豎直的圓軌道內(nèi)側(cè)做勻速圓周運動，周期為T，人和車(當(dāng)作質(zhì)點)的總質(zhì)量為m，軌道半徑為R，車經(jīng)最高點時發(fā)動機(jī)功率為P0，車對軌道的壓力為2mg.設(shè)軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，則(

5、　B　) A．車經(jīng)最低點時對軌道的壓力為3mg B．車經(jīng)最低點時發(fā)動機(jī)功率為2P0 C．車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機(jī)做的功為P0T D．車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中發(fā)動機(jī)做的功為2mgR 解析：摩托車在最高點時有2mg＋mg＝m，在最低點時有FN－mg＝m，解得FN＝4mg，A錯誤；由于軌道對摩托車的阻力與車對軌道的壓力成正比，又因為車在最高點對軌道的壓力為2mg，根據(jù)P＝Fv可知，發(fā)動機(jī)在最低點時的功率是在最高點時功率的2倍，所以B正確，C錯誤；根據(jù)動能定理可知摩托車從最高點經(jīng)半周到最低點的過程中克服阻力做的功等于發(fā)動機(jī)做的功與2mgR之和，D錯誤． 5．(20

6、16·太原第二學(xué)段測評)水平地面上有一木箱，木箱與地面間的動摩擦因數(shù)為μ(0＜μ＜1)．現(xiàn)對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動．設(shè)F的方向與水平面的夾角為θ，如圖．在θ從0°逐漸增大到90°的過程中，木箱的速度保持不變，則(　B　) A．F先增大后減小 B．F的功率一直減小 C．F的功率先減小后增大 D．F的功率不變 解析：木箱做勻速直線運動，即木箱所受合外力為0，故水平方向有Fcos θ＝μFN，豎直方向有mg＝FN＋Fsin θ，聯(lián)立解得F＝，令sin β＝，則有F＝·，故θ從0逐漸增大到90°過程中，sin(θ＋β)先增大后減小，F(xiàn)先減小后增大，選項A錯誤；F的功率為P＝·

7、vcos θ＝，則θ從0逐漸增大到90°的過程中，tan θ一直增大，故F的功率一直減小，選項B正確，選項CD錯誤． 6．(2016·天津十二區(qū)縣聯(lián)考)一個質(zhì)量為m的木塊靜止在粗糙的水平面上，木塊與水平面間的滑動摩擦力大小為2F0，某時刻開始受到如圖所示的水平拉力的作用，下列說法正確的是(　D　) A．0到t0時間內(nèi)，木塊的位移大小為 B．t0時刻合力的功率為 C．0到t0時間內(nèi)，水平拉力做功為 D．2t0時刻，木塊的速度大小為 解析：0到t0時間內(nèi)，木塊的加速度為 a1＝＝＝， 木塊的位移大小x1＝a1t＝，選項A錯誤； t0時刻木塊的速度為v1＝a1t0＝， 故合力的功

8、率P＝ma1v1＝，選項B錯誤； 0到t0時間內(nèi)，水平拉力做功為W1＝4F0x1＝，選項C錯誤； t0之后木塊的加速度a2＝＝－，2t0時刻，木塊的速度大小為v2＝v1＋a2t0＝－＝，選項D正確． 7．(2016·廣州調(diào)研測試)如圖所示，質(zhì)量為M＝4 kg的木板靜止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一個質(zhì)量m＝1 kg大小可以忽略的鐵塊，鐵塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，在鐵塊上加一個水平向左的恒力F＝8 N，鐵塊在長L＝6 m的木板上滑動．取g＝10 m/s2.求： (1)經(jīng)過多長時間鐵塊運動到木板的左端； (2)在鐵塊到達(dá)木板左端的過程中，恒力F對鐵塊所做的功； (3

9、)在鐵塊到達(dá)木板左端時，鐵塊和木板的總動能． 解析：(1)鐵塊與木板間的滑動摩擦力 f＝μmg＝0.4×1×10 N＝4 N ① 鐵塊的加速度 a1＝＝ m/s2＝4 m/s2 ② 木板的加速度a2＝＝ m/s2＝1 m/s2 ③ 鐵塊滑到木板左端的時間為t則a1t2－a2t2＝L ④ 代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s ⑤ (2)鐵塊位移s1＝a1t2＝×4×22m＝8 m ⑥ 木板位移s2＝a2t2＝×1×22 m＝2 m ⑦ 恒力F對鐵塊做的功W＝F·s1＝8×8 J＝64 J ⑧ (3)方法一： 鐵塊的動能EkA＝(F－f)s1＝(8－4)×8 J＝32 J ⑨ 木板的動能EkB＝fs2＝4×2 J＝8 J ⑩ 鐵塊和木板的總動能 Ek總＝EkA＋EkB＝32 J＋8 J＝40 J ? 方法二： 鐵塊的速度v1＝a1t＝4×2 m/s＝8 m/s 鐵塊的動能EkA＝mv＝×1×82 J＝32 J 木板的速度v2＝a2t＝1×2 m/s＝2 m/s 木板的動能EkB＝Mv＝×4×22 J＝8 J 鐵塊和木板的總動能Ek總＝EkA＋EkB＝32 J＋8 J＝40 J 答案：見解析