【文档说明】高考物理二轮复习第6讲 功功率动能定理 专题训练(含解析).doc，共(9)页，281.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第6讲功功率动能定理一、选择题(每小题6分,共48分)1.图甲是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,圆弧轨道底部P处安装一个压力传感器,其示数F表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑,表示压力F和高度h关系的F-h图像如图乙所示,则光滑圆弧轨道的半径R的

大小是()A.5mB.2mC.0.8mD.2.5m2.(2018天津理综,2,6分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中,由于摩擦力的存在,运

动员的速率不变,则运动员沿AB下滑过程中()A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变3.中车青岛四方机车厂,试验出速度高达605公里每小时的高速列车。已知列车运行

时的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力,若认为机械阻力恒定,空气阻力和列车运行速度的平方成正比,当列车以200公里每小时的速度行驶时,空气阻力占总阻力的70%,此时列车功率为1000kW,则高速列车以600公里每小时的速度行驶时的功率大约是()A.

10000kWB.20000kWC.30000kWD.40000kW4.(2018江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端连接一小物块,O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放,沿粗糙程度相同的水平面向右运动,最远到达B点。在从A到B

的过程中,物块()A.加速度先减小后增大B.经过O点时的速度最大C.所受弹簧弹力始终做正功D.所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功5.(2018山西太原一模)如图所示,两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升,相同的时间内两重物提升的高度相同。不考虑绳、滑轮的质量及摩擦,在重物上升

的过程中人拉力的作用点保持不变,(θ一直小于30°)则()A.站在地面的人比站在二楼的人省力B.站在地面的人对绳的拉力越来越大C.站在二楼的人对绳的拉力越来越大D.同一时刻,二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功

率6.(2018江苏清江中学模拟)(多选)如图甲所示,用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体,物体在向上运动的过程中,其机械能E与位移x的关系如图乙,其中AB为曲线,其余部分为直线,下列说法正确的是()A.0~x1过程中,物体所受拉力不变B.x1~x2过程中,物体的加速度先减小后增大

C.0~x3过程中,物体的动能先增大后减小D.0~x2过程中,物体克服重力做功的功率一直增大7.(2018湖北八校二联)如图,小球甲从A点水平抛出,同时将小球乙从B点自由释放,两小球先后经过C点时速度

大小相等,方向夹角为30°,已知B、C高度差为h,两小球质量相等,不计空气阻力,由以上条件可知()A.小球甲做平抛运动的初速度大小为2B.甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1∶C.A、B两点高度差为D.两小球在C点时重力的瞬时功率大小相等8

.(2018福建泉州检测)(多选)如图甲所示,长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上,一质量为m的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示,则()A.μ0>tanαB.物块下滑的加速度

逐渐增大C.物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功为μ0mglcosαD.物块下滑到底端时的速度大小为二、非选择题(共22分)9.(2018湖北四地七校联盟联考)(10分)如图所示,底端切线水平且竖直放置的光滑圆轨道的半径为R=2m,其轨道底端P距地面的高度为h=5m,P与右侧

竖直墙的距离为L=1.8m,Q为圆弧轨道上的一点,它与圆心O的连线OQ与竖直方向的夹角为53°。现将一质量为m=100g、可视为质点的小球从Q点由静止释放,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。(sin53°=0.8,cos53°=0.6)试求:(1)小球运动到P点时对轨道

的压力多大;(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞,则小球的最终落地点离右侧墙角B点的距离。(小球和地面碰撞后不再弹起)10.(12分)如图所示,传送带A、B之间的距离为L=3.2m,与水平面间夹角θ=37°,传送带沿顺时针方向转动,速度恒

为v=2m/s,在上端A点无初速度放置一个质量为m=1kg、可视为质点的金属块,它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,金属块滑离传送带后,经过弯道,沿半径R=0.4m的光滑圆轨道做圆周运动,刚好能通过最高点E,已知B、D

两点的高度差为h=0.5m(取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求:(1)金属块经过D点时的速度大小;(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功。答案精解精析一、选择题1.A由机械能守恒得mgh=mv2,在最低点,由牛顿第二定律得F-mg=,所以F=m

g+h,根据图像可知,重力G=mg=2N,=N/m=0.8N/m,则光滑圆弧轨道的半径R=5m,故A正确,B、C、D错误。2.C本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内

的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供向心力,因此合外力不为零,选项A错误;运动员下滑过程中受到重力、滑道支撑力和滑动摩擦力,运动员从A到B的过程中,重力沿滑道切线方向的力逐渐变小,运

动员的速率不变,则运动员沿滑道切线方向的合外力始终为零,故其所受摩擦力逐渐减小,选项B错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项C正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,

故机械能减少,选项D错误。3.B当车速为200km/h时,功率P=Fv=fv,解得f=,故f机=30%f,f阻=kv2,当列车速度达到600km/h,P'=(f机+kv'2)v',联立解得P'≈20000kW,B正确。4.AD本题考查牛顿第二定

律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得kx-f=ma,x减小,a减小,当a=0时,物块速度最大,此时,物块在O点左侧,选项B错误;从加速度a=0处到O点过程,由牛顿第二定律得f-kx=ma,x减小,

a增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得kx+f=ma,x增大,a继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项A正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项C错误;从A到B的过程,由动能定理可得W弹-W

f=0,选项D正确。5.C设重物的质量为m,地面上的人对绳的拉力FT=mg恒定不变;站在二楼的人对绳的拉力FT'=,重物匀速上升过程中θ越来越大,cosθ越来越小,则FT'越来越大,B项错误,C项正确。因θ一直小于30°,则1>cosθ>,则mg>FT'>mg,

而FT=mg,则站在地面的人比站在二楼的人费力,所以A项错误。人对绳拉力做的功等于克服重物重力做的功,两重物质量相同,上升高度相同,所用时间相同,克服重力做功的功率相同,故D错误。6.ABC物体的重力势能Ep=mgx,由动能定理可得,物体的动能Ek=Fx-mgx,物体的机

械能E=Ep+Ek=mgx+Fx-mgx=Fx,即图线的斜率表示F。0~x1过程中斜率不变,故物体所受拉力不变,A正确;x1~x2过程中,斜率变小直至为0,故拉力逐渐减小直至为0,则物体的加速度先减小后反向增大,B正确;由前面分析知,物体先向上匀加速,然后做加速度

逐渐减小的加速运动,再做加速度逐渐增大的减速运动,即0~x3过程中,物体的速度先增大后减小,即动能先增大后减小,C正确;0~x2过程中,物体速度先增大后减小,则克服重力做功的功率先增大后减小,D错误。7.C甲、乙两球经过C点的速度v甲=v乙=,甲球平抛的初速度v甲x=v甲sin30°=,故A错误

;甲球经过C点时竖直方向的速度v甲y=v甲cos30°=,运动时间t甲==,乙球运动时间t乙=,则t甲∶t乙=∶2,故B项错误;A、B两点的高度差Δh=g-g=,故C项正确;甲和乙两球在C点时重力的瞬时功率分别为P甲=mgv甲y=mg,P乙=m

gv乙=mg,故D项错误。8.BC物块在斜面顶端静止释放能够下滑,应满足mgsinα>μ0mgcosα,即μ0<tanα,故A选项错误;根据牛顿第二定律有mgsinα-μmgcosα=ma,得a=gsin

α-μgcosα,可知物块下滑过程中随着μ的减小,a在增大,故B选项正确;摩擦力f=μmgcosα=mgcosα(0≤x≤l),可知f与x成线性关系,如图所示,其中f0=μ0mgcosα,则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf=l=μ0mglcosα,故C选项正确;由动能定理

有mglsinα-μ0mglcosα=mv2,得v=,故D选项错误。二、非选择题9.答案(1)1.8N(2)1.4m解析(1)小球由Q到P的过程,由动能定理得:mgR(1-cos53°)=mv2在P点小球所受的支持力为F,由牛顿第二定律有:F-mg=解得F=1.8N根

据牛顿第三定律知,在P点小球对轨道的压力大小F'=F=1.8N(2)小球到达P点时速度的大小为v,解得v=4m/s若右侧无墙壁,则小球做平抛运动的时间t=小球做平抛运动的射程x=vt=4m由弹性碰撞和对称性知,小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后,落到地面上,落点与B

点相距s=L-(x-2L)=1.4m10.答案(1)2m/s(2)3J解析(1)金属块恰好通过最高点E,由牛顿第二定律有mg=m从D到E过程中,由动能定理得-mg·2R=m-m解得vD=2m/s(2)金属块刚刚放上时,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1

解得a1=10m/s2设经过位移x1达到共同速度,则v2=2ax1解得x1=0.2m<3.2m继续加速过程中,由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2解得a2=2m/s2x2=L-x1=3m-v2=2a2x2解得vB=4m/s从B到D

过程中,由动能定理得mgh-W=m-m解得W=3J