高考物理大二轮复习考前基础回扣练7动能定理功能关系.pdf

小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学回扣练 7：动能定理功能关系1在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为()A16 J、16 J B 8 J、24 J C32 J、0 J D 48 J、16 J 解析：选B.设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等，根据平均速度公式有v12v1v22解得v2 2v1，根据动能定理，加速过程W112mv21，匀变速过程W212mv2212mv21根据题意12mv2232 J，故W18 J，W224 J，故选 B.2如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m 11 kg 的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37，5 s 后拖绳从轮胎上脱落轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37 0.6，cos 37 0.8，g取 10 m/s2.则下列说法正确的是()A轮胎与水平地面间的动摩擦因数0.2 B拉力F的大小为55 N C在 05 s 内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 J D在 6 s 末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W 解析：选 D.撤去F后，轮胎的受力分析如图1 所示，由速度图象得5 s 7 s 内的加速度a2 5 m/s2，根据牛顿运动定律有N2mg0，f2ma2，又因为f2N2，代入数据解得 0.5，故 A 错误；力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2 所示，根据牛顿运动定律有Fcos 37 f1ma1，mgFsin 37 N10,又因为f1N1，由速度图象得此过程的加速度a12 m/s2，联立解得：F 70 N，B错误；在0 s 5 s 内，轮胎克服摩擦力做功为0.5 6825 J850 J，C错误；因6 s 末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s 时小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学摩擦力的瞬时功率大小为0.5 1105 W 275 W，D正确；故选D.3 一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为f.以下说法正确的是()A汽车的功率为fvB当汽车的速度增加到2v时，加速度为a2C汽车行驶的最大速率为1mafvD当汽车的速度为v时，行驶的距离为v22a解析：选C.汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：Ffma，所以Ffma，所以汽车的功率为PFv(fma)v，故 A 错误；当汽车的速度增加到2v时，此时的牵引力为FP2v（fma）v2v（fma）2，由牛顿第二定律有：Ffma1，即（fma）2fma1，解得：a1maf2m，故B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即vmPf（fma）vf 1mafv，故 C正确；由于以恒定的功率行驶，即做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2axv2求解故D错误4如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面向右运动下列判断正确的是()AP触地前的速度一直增大BP触地前的速度先增大后减小CQ的速度一直增大DP、Q的速度同时达到最大解析：选 A.开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动而Q由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q做正功，Q加速，后对Q做负功，Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故A正确，BCD错误；故选A.小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学5如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM水平，ON竖直，两个质量相同的有孔小球A、B(可视为质点)串在杆上通过长为L的非弹性轻绳相连，开始时小球A在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB45L，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4 倍(方向不变)，则小球B运动到与O点的距离为35L时的速度大小为)A.1510gLB1515gLC.8255gLD6255gL解析：选 C.开始时A到O的距离：OAL245L235L，以B为研究对象，开始时B受到重力、杆的支持力N和绳子的拉力T，如图，则：tan Nmg；由几何关系：tan OAOB35L45L34；联立得：N34mg，以AB组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F和杆对B的支持力N，由于水平方向受力平衡，所以FN34mg，现将外力增大到原来的4 倍(方向不变)，则：F4F 3mg，B球向上运动时，小球B运动到距O点的距离35L时，由几何关系得，A到O点的距离：OAL235L245L，A向左的距离：s45L35L15L，B上升的距离h45L35L15L此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan 43，则得 cos 0.6，sin 0.8 由运动的合成与分解知识可知：A球与B球的速度之间的关系为：vBcos vAsin 小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学可得vB43vA以AB球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得：F Smgh12mv2A12mv2B联立以上方程解得：vB8255gL，选项 C正确故选C.6(多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究小车的质量为1.0 kg，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其v-t图象如图所示(除 210 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)已知 2 s 后小车的功率P9 W保持不变，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，下列说法正确的有()A02 s 时间内，汽车的牵引力是3.5 N B汽车在第1 s 时的功率等于第14 s 时的功率的一半C小车在010 s 内位移的大小为42 m D210 s 时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s 解析：选BC.汽车的最大速度为vm6 m/s，则阻力fPvm96 N1.5 N；在 02 s 时间内，汽车的加速度a32 m/s21.5 m/s2；则牵引力是Fmaf11.5 N 1.5 N 3 N，选项 A错误；汽车在第1 s 末时的功率：P1Fv131.5 W 4.5 W 12P14，选项 B正确；在02 s 内的位移：s11223 m 3 m；在 2 s10 s 内由动能定理：Ptfs212mv21012mv22，解得s239 m，则小车在010 s 内位移的大小为ss1s242 m，选项 C正确；210 s时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是v362 m/s 4.5 m/s，选项D 错误；故选BC.7(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m和 2m的物体甲、乙将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l，重力加速度用g表示则小学+初中+高中+努力=大学小学初中+高中+努力=大学在该过程中()A甲的机械能一直增大B乙的机械能减少了23mglC轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能解析：选 AB.机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故A正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mgl2mgl212mv2122mv2，则解得：v13gl，乙动能增加量为122mv213mgl，重力势能减小2mgl2mgl，所以机械能减小23mgl，故 B正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C错误；甲动能增加量为：Ek12mv216mgl，甲的重力所做的功在数值上等于12mgl，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故D错误所以AB正确，CD错误8(多选)如图所示，倾角为37的传送带以速度v2 m/s 沿图示方向匀速运动 现将一质量为2 kg 的小木块，从传送带的底端以v04 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带已知小木块与传送带间的动摩擦因数为 0.5，传送带足够长，sin 37 0.6，cos 37 0.8，取g10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是()A运动时间为0.4 s B发生的位移为1.6 m C产生的热量为9.6 J D摩擦力对小木块所做功为12.8 J 解析：选 BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin mgcos ma1，得a110 m/s2，第一阶段位移为x1v2v202a10.6 m，所用时间为t1vv0a10.2 s，传送带位移为x传 1vt10.4 m，划痕为x1x1x传 10.2 m；第二阶段：mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2，第二阶段位移为x2v22a2 1 m，所用时间为t2va21 s，传送带位移为x传 2vt22 m，划痕为 x2x传 1x21 m 由以上分析可知，物体运动总时间为tt1t21.2 s；物体的总位移xx1x21.6 m；产生总热量为Qmgcos x1mgcos x2小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学9.6 J；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W mgcos x1 mgcos x2 3.2 J，综上分析可知BC正确9(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R，位于竖直平面内，管的内径远小于R.ab为该环的水平直径，ab及其以下区域处于水平向左的匀强电场中现将质量为m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止开始释放，已知qEmg.则下列说法正确的是()A小球释放后，可以运动过b点B小球释放后，到达b点时速度为零，并在bda间往复运动C小球释放后，第一次和第二次经过最高点c时对管壁的压力之比为16D小球释放后，第一次经过最低点d和最高点c时对管壁的压力之比为51解析：选AD.从a到b的过程，由动能定理qE2R12mv2b，可知vb0，故小球可以运动过b点，则选项A正确，B错误；小球释放后，第一次经过最高点c时有：N1mgmv21R，mgREq2R12mv21，因为qEmg，解得N1mg；第二次经过最高点c时有：Eq2R12mv2212mv21，同理可得N2 5mg，所以比值为15，选项C错误；小球释放后，第一次经过最低点d，由动能定理mgREqR12mv2，在d点有：Nmgmv2R，解得N5mg.故 D正确；故选AD.10(多选)如图所示，质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为14圆弧，OA与竖直方向夹角60，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是()小学+初中+高中+努力=大学小学+初中+高中+努力=大学A从D点抛出的初速度为v0gR2；D点距A点高度差h3R8B小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mgC小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为Im2gR，方向水平向左D小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒解析：选 AC.A项：小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v 2v0，从A到C应用能量守恒可知，12m(2v0)2mgRsi n 30，解得v0gR2，从D到A应用动能定理可得：mgh12m(2v0)212mv20，解得：h3R8，故 A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgR(1sin 30)12mv2B12mv2A，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，FNmgmv2BR，由以上两式解得FN3mg，故 B错误；C项：小球到B时的速度为vB12gR，根据动量定理可得：ImvB10m2gR，故 C正确；D项：小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统所受外力不为零，故动量不守恒，故D错误