2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功與能 第1講 功、功率與動能定理課時演練知能提升.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功與能 第1講 功、功率與動能定理課時演練知能提升一、單項選擇題1(xx沈陽一模)如圖所示，質(zhì)量m1 kg、長L0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相齊板與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.4.現(xiàn)用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10 m/s2)()A1 JB1.6 JC2 J D4 J解析：選B.木板中心到達桌子邊緣時即可翻下，則WFmg0.4110 J1.6 J，故B正確2一個質(zhì)量為m的物塊，在幾個共點力的作用下靜止在光滑水平面上現(xiàn)把其中一個水平方向的力從F突然增大到3F，并保持其他力不變，則從這時開始t s末，該力的瞬時功率是()A. B.C. D.解析：選B.物塊受到的合力為2F，根據(jù)牛頓第二定律有2Fma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運動，速度vat，該力大小為3F，則該力的瞬時功率P3Fv，解以上各式得P，B正確3一人用恒定的力F，通過圖示裝置拉著物體沿光滑水平面運動，A、B、C是其運動路徑上的三個點，且ACBC.若物體從A到C、從C到B的過程中，人拉繩做的功分別為WFA、WFB，物體動能的增量分別為EA、EB，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，下列判斷正確的是()AWFAWFB，EAEBBWFAWFB，EAEBCWFAWFB，EAEBDWFAWFB，EAEB解析：選B.如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運動的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，又因為ACBC，由WF1l知WFAWFB；對物體只有F做功，由動能定理知EAEB，故B正確4.如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功則()AWmgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點BWmgR，質(zhì)點不能到達Q點CWmgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離DWmgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離解析：選C.設(shè)質(zhì)點到達N點的速度為vN，在N點質(zhì)點受到軌道的彈力為FN，則FNmg，已知FNFN4mg，則質(zhì)點到達N點的動能為EkNmvmgR.質(zhì)點由開始至N點的過程，由動能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功為WfmgR，即克服摩擦力做的功為WWfmgR.設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W，則WW.從N到Q的過程，由動能定理得mgRWmvmv，即mgRWmv，故質(zhì)點到達Q點后速度不為0，質(zhì)點繼續(xù)上升一段距離選項C正確5(xx河北衡水中學三模)如圖所示，質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面，最終落在水平地面上，已知物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g10 m/s2，則()A小物塊的初速度是5 m/sB小物塊的水平射程為1.2 mC小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物塊落地時的動能為0.9 J解析：選D.小物塊在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J，C錯在水平桌面上滑行，由動能定理得Wfmv2mv，解得v07 m/s，A錯小物塊飛離桌面后做平拋運動，有xvt、hgt2，解得x0.9 m，B錯設(shè)小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mghEkmv2，解得Ek0.9 J，D正確二、不定項選擇題6(xx寧波高三二模)如圖所示為檢測汽車爬坡性能的示意圖，圖中的汽車從地面出發(fā)，直至爬上斜坡關(guān)于這個過程，下列說法中正確的是()A汽車為了爬上斜坡，應換成低速擋位B汽車為了爬上斜坡，應換成高速擋位C若汽車在斜坡上勻速運動，則斜坡不受水平地面對它的摩擦力D若汽車在斜坡上勻速運動，則斜坡受到的水平地面對它的摩擦力方向為水平向左解析：選AC.根據(jù)PFv可得，在功率不變的前提下，要想增大牽引力，只能減小速度v，即換成低速擋位，選項A正確，選項B錯誤；若汽車在斜坡上做勻速運動，則汽車和斜坡整體處于平衡狀態(tài)，所以斜坡不受地面的摩擦力，選項C正確，選項D錯誤7(xx華中師大附中一模)開口向上的半球形曲面的截面如圖所示，直徑AB水平一小物塊在曲面內(nèi)A點以某一速率開始下滑，曲面內(nèi)各處動摩擦因數(shù)不同，因摩擦作用物塊下滑時速率不變，則下列說法正確的是()A物塊運動的過程中加速度始終為零B物塊所受合外力大小不變，方向時刻在變化C在滑到最低點C以前，物塊所受摩擦力大小逐漸變小D滑到最低點C時，物塊所受重力的瞬時功率達到最大解析：選BC.由于物塊做勻速圓周運動，所受合外力大小不變，方向時刻指向圓心，提供圓周運動的向心力，產(chǎn)生向心加速度，A錯誤，B正確；在下滑的過程中，物塊受力如圖所示，則摩擦力等于重力沿切線方向的分力，即Ffmgcos ，隨著物塊下滑，角越來越大，物塊所受摩擦力越來越小，C正確；滑到最低點時，速度沿水平方向，此時重力的瞬時功率Pmgvcos ，由于速度的方向與重力方向垂直，因此重力的瞬時功率恰好等于零，D錯誤8.(xx浙江省重點中學協(xié)作體調(diào)研)如圖所示為某中學科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動小車的裝置當太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進若質(zhì)量為m的小車在平直的水泥路上從靜止開始沿直線加速行駛，經(jīng)過時間t前進的距離為l，且速度達到最大值vm.設(shè)這一過程中電動機的功率恒為P，小車所受阻力恒為F，那么這段時間內(nèi)()A小車做勻加速運動B小車受到的牽引力逐漸減小C小車受到的合外力所做的功為PtD小車受到的牽引力做的功為Flmv解析：選BD.行駛過程中功率恒為P，小車做加速度逐漸減小的加速運動，小車受到的牽引力逐漸減小，選項A錯誤、B正確；小車受到的合外力所做的功為PtFl，選項C錯誤；由動能定理，WFlmv，小車受到的牽引力做的功為WFlmv，選項D正確9(xx杭州測試卷)如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小先讓物塊從A由靜止開始滑到B，然后將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A.上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有()A物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小B物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少C物塊滑到底端的速度，前一過程較大D物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長解析：選AD.設(shè)前一過程從A到P合力做功為mgl1(sin 1cos )，后一過程從B到P合力做功為mgl2(sin 2cos )，因l1l2，前一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)1大于后一過程中任一位置的動摩擦因數(shù)2，所以mgl1(sin 1cos )2，P點距A端較近，無法確定兩過程中Q的大小，B錯誤因Wfmglcos ，動摩擦因數(shù)由A到B或由B到A變化相同，Wf相同，由動能定理：mv2mghWf，所以物塊滑到底端的速度相同，C錯誤由于兩過程位移大小相等，前一過程加速度a1逐漸增大，后一過程加速度a2逐漸減小，如圖，物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長，D正確10(xx山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運動的規(guī)律時，在計算機上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關(guān)系如圖所示下列說法不正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動B06 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析：選ABC.由vat可知，at圖象中，圖線與坐標軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，06 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項錯；t5 s時，速度最大，B項錯；24 s內(nèi)加速度保持不變，速度一定變化，C項錯；04 s內(nèi)與06 s內(nèi)圖線與坐標軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項正確三、非選擇題11(xx海淀區(qū)一模)如圖所示，水平軌道與豎直平面內(nèi)的圓弧軌道平滑連接后固定在水平地面上，圓弧軌道B端的切線沿水平方向質(zhì)量m1.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)在水平恒力F10.0 N的作用下，從A點由靜止開始運動，當滑塊運動的位移x0.50 m時撤去力F.已知A、B之間的距離x01.0 m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)0.10，g取10 m/s2.求：(1)在撤去力F時，滑塊的速度大小(2)滑塊通過B點時的動能(3)滑塊通過B點后，能沿圓弧軌道上升的最大高度h0.35 m，求滑塊沿圓弧軌道上升過程中克服摩擦力做的功解析：(1)滑動摩擦力Ffmg設(shè)撤去力F前滑塊的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律得：Fmgma1解得：a19.0 m/s2設(shè)滑塊運動位移為0.50 m時的速度大小為v，根據(jù)運動學公式得：v22a1x解得：v3.0 m/s.(2)設(shè)滑塊通過B點時的動能為EkB，從A到B運動過程中，由動能定理得：FxFfx0EkB解得：EkB4.0 J.(3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升過程中克服摩擦力做功為WFf，由動能定理得：mghWFf0EkB解得：WFf0.50 J.答案：(1)3.0 m/s(2)4.0 J(3)0.50 J12(xx福建廈門質(zhì)檢)如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細線繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上用手拿住C，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細線豎直、cd段的細線與斜面平行已知A、B的質(zhì)量均為m，斜面傾角為37，重力加速度為g，滑輪的質(zhì)量和摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)C釋放后沿斜面下滑，當A剛要離開地面時，B的速度最大，(sin 370.6，cos 370.8)求：(1)從開始到物體A剛要離開地面的過程中，物體C沿斜面下滑的距離；(2)C的質(zhì)量；(3)A剛要離開地面時，C的動能解析：(1)設(shè)開始時彈簧壓縮的長度為xB，則有kxBmg設(shè)當物體A剛要離開地面時，彈簧的伸長量為xA，則有kxAmg當物體A剛要離開地面時，物體B上升的距離與物體C沿斜面下滑的距離相等，為：hxAxB解得：h.(2)物體A剛要離開地面時，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細線的拉力FT三個力的作用，設(shè)物體B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律：對B有：FTmgkxAma對C有：mCgsin FTmCaB獲得最大速度時，有：a0解得：mC.(3)法一：由于xAxB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛要離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為v0，由動能定理得：mCghsin mghW彈(mmC)v0其中W彈0解得：v所以EkCmCv.法二：根據(jù)動能定理，對C：mCghsin WTEkC0對B：WTmghW彈EkB0其中W彈0又：EkCEkB103解得：EkC.答案：(1)(2)(3)