高考物理二轮复习第一部分专题五功功率动能定理限时集训.doc

1 / 9【2019【2019 最新最新】精选高考物理二轮复习第一部分专题五功功精选高考物理二轮复习第一部分专题五功功率动能定理限时集训率动能定理限时集训(对应学生用书第 125 页)(建议用时：40 分钟)一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0分)1如图 5­14，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就是汽车驾驶中的“坡道起步” 驾驶员的正确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动下列说法正确的是( )图 5­14A变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率B变速杆挂入低速挡，是为了能够提供较大的牵引力C徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功D徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率B B 由功率公式由功率公式 P PFvFv 可知，在功率一定的情况下，当速度减可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，故换低速挡，小时，汽车的牵引力就会增大，此时更容易上坡，故换低速挡，是为了增大牵引力，故是为了增大牵引力，故 A A 错误，错误，B B 正确；徐徐踩下加速踏板，正确；徐徐踩下加速踏板，发动机的输出功率增大，根据发动机的输出功率增大，根据 P PFvFv 可知，目的是为了增大牵可知，目的是为了增大牵引力，故引力，故 C C、D D 错误错误 2 / 92(2017·湖北六校 3 月联考)如图 5­15 所示，半径为 R 的光滑圆弧轨道左端有一质量为 m 的小球，在大小恒为 F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为 v，已知重力加速度为 g，则( ) 【导学号：17214091】图 5­15A此过程外力做功为 FRB此过程外力做功为 FRC小球离开轨道的末端时，拉力的功率为 FvD小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为RF 4mgC C 由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力F F 做的功为做的功为 W WF··2RF··2RFRFR，选项，选项 A A、B B 错误；小球离开轨错误；小球离开轨道时的速率为道时的速率为 v v，方向和外力，方向和外力 F F 的方向相同，所以拉力的功率的方向相同，所以拉力的功率为为 FvFv，选项，选项 C C 正确；设小球离开轨道后运动到达最高点时的速正确；设小球离开轨道后运动到达最高点时的速度为度为 v1v1，小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端，小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为的高度为 h h，根据动能定理有，根据动能定理有 W Wmghmghmv>0mv>0，代入，代入 W W 的值可得的值可得h<h<，所以选项，所以选项 D D 错误错误 3一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度 a 和速度的倒数图象如图 5­16 所示若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是( ) 【导学号：17214092】图 5­163 / 9A汽车的功率B汽车行驶的最大速度C汽车所受到的阻力D汽车运动到最大速度所需的时间D D 由由 F FFfFfmama，P PFvFv 可得：可得：a a··，对应图线可知，对应图线可知，k k4040，可求出汽车的功率，可求出汽车的功率 P P，由，由 a a0 0 时，时，0 00505 可得：可得：vmvm2020 m/sm/s，再由，再由 vmvm，可求出汽车受到的阻力，可求出汽车受到的阻力 FfFf，但无法，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，故应选求出汽车运动到最大速度的时间，故应选 D D 4(2017·河北保定二模)如图 5­17 所示，倾角为 的斜面固定在水平地面上，其顶端有一轻弹簧，弹簧上端固定一质量为 m 的小物块向右滑行并冲上斜面设小物块在斜面最低点 A 的速度为v，将弹簧压缩至最短时小物块位于 C 点，C 点距地面高度为 h，小物块与斜面间的动摩擦因数为 ，不计小物块与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小物块在 C 点时弹簧的弹性势能为( )【导学号：17214093】图 5­17Amv2mghmgh tan Bmghmv2mghtan Cmv2mghDmghmv2mgh tan A A 小物块从小物块从 A A 到到 C C 克服摩擦力的功克服摩擦力的功 WfWfmgcosmgcos ··，克，克服重力的功服重力的功 WGWGmghmgh，设克服弹力做的功为，设克服弹力做的功为 W W，由动能定理有，由动能定理有mghmghW W0 0mv2mv2，得出，得出 W Wmv2mv2mghmgh，所以小物块在，所以小物块在 C C点时弹簧的弹性势能为点时弹簧的弹性势能为 mv2mv2mghmgh，故选项，故选项 A A 正确正确 5(2017·衡水中学二模)如图 5­18 所示，有两条滑道平行建造，4 / 9左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平，另一个的右侧是斜坡某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从 h1 高处的 A 点由静止开始沿倾角为 的雪道下滑，最后停在与 A 点水平距离为s 的水平雪道上接着改用另一个滑道，还从与 A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为 的雪道上 h2 高处的E 点停下若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( ) 【导学号：17214094】图 5­18B动摩擦因数为A动摩擦因数为 tan h1 sD倾角 可以大于 C倾角 一定大于 B B 第一次停在第一次停在 BCBC 上的某点，由动能定理得上的某点，由动能定理得mgh1mgcos ·mgs0mgh1mg(s)0mgh1mgs0h1 sA 错误，B 正确在 AB 段由静止下滑，说明 mgcos mgsin ，第二次滑上 CE 在 E 点停下，说明 mgcos mgsin ；若 ，则雪橇不能停在 E 点，所以 C、D 错误6(2017·云南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为1、2、3，如图 5­19 所示现将三个完全相同的小球由最高点 A 沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端则下列说法正确的是( )5 / 9图 5­19A重力对三个小球所做的功相同B沿倾角为 3 的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C三个小球到达底端时的瞬时速度相同D沿倾角为 3 的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小ADAD 假设平板的长度为假设平板的长度为 x x，由功的定义式可知，由功的定义式可知 W Wmgxsinmgxsin mghmgh，则，则 A A 正确；小球在斜面上运动的加速度正确；小球在斜面上运动的加速度 a agsingsin ，小球到达平板底端时的速度为，小球到达平板底端时的速度为 v v，显然到达平板底，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则端时的速度大小相等，但方向不同，则 C C 错误；由位移公式错误；由位移公式x xat2at2 可知可知 t t，整个过程中重力的平均功率为，整个过程中重力的平均功率为 P P，则，则沿倾角为沿倾角为 11 的平板下滑的小球的重力平均功率最大，的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B B 错误；错误；根据根据 P Pmgvcosmgvcos (90°(90°)mgvsinmgvsin ，速度大小相等，沿，速度大小相等，沿倾角为倾角为 33 的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，最小，D D 正确正确 7如图 5­20 甲所示，在水平地面上放置一个质量为 m4 kg 的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x 变化的图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数05，g 取 10 m/s2，下列说法正确的是( ) 【导学号：17214095】图 5­20A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B物体在水平面上运动的最大位移是 10 mC物体运动的最大速度为 8 m/sD物体在运动中的加速度先变小后不变6 / 9BCBC 物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，故动，故 A A 错误；由图象得到推力对物体做的功等于图线与坐标错误；由图象得到推力对物体做的功等于图线与坐标轴所围轴所围“面积面积” ，得推力做功为：，得推力做功为：W200 J根据动能定理：Wmgxm0，代入数据解得：xm10 m，故 B 正确；由图象可得推力随位移 x 是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为 0，速度最大，则：F0mg20 N，由图得到 F 与 x 的函数关系式为：F10025x，代入 F0 得：x32 m，由动能定理可得：×3220×32×4×v，10020 2解得：vm8 m/s，故 C 正确；拉力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后增大，故 D错误8如图 5­21 所示，一水平传送带以 20 m/s 的速度顺时针传动，水平部分长为 20 m，其右端与一倾角为 37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为 04 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端已知物块与传送带间动摩擦因数 02，sin 37°06，g 取 10 m/s2则( )图 5­217 / 9A物块在传送带上一直做匀加速直线运动B物块到达传送带右端的速度大小为 2 m/sC物块沿斜面上滑能上升的最大高度为 02 mD物块返回传送带时恰好到达最左端BCBC 物块在传送带上先做匀加速直线运动，由物块在传送带上先做匀加速直线运动，由 mgmgma1ma1，解，解得得 a1a12 2 m/s2m/s2，x1x11 1 m m2 2 m m，所以在到达传送带右端前物，所以在到达传送带右端前物块已经以块已经以 2 2 m/sm/s 的速度匀速运动，的速度匀速运动，A A 错误，错误，B B 正确；物块以初正确；物块以初速度速度 v0v0 滑上斜面后做匀减速直线运动，上滑过程由动能定理滑上斜面后做匀减速直线运动，上滑过程由动能定理得得mghmmghm0 0mvmv，解得，解得 hmhm0 02 2 m m，由于，由于 x2x2 m m0 04 4 m m，所以物块未到达斜面的最高点，所以物块未到达斜面的最高点，C C 正确；物块返回传送带时正确；物块返回传送带时滑动的距离为滑动的距离为 x x，由动能定理得，由动能定理得 mghmmghmmgxmgx0 0，解得，解得 x x1 1 m m，所以物块返回传送带时不会到达最左端，所以物块返回传送带时不会到达最左端，D D 错误错误 二、计算题(共 2 小题，32 分)9(16 分)如图 5­22 甲所示，两滑块 A、B 用细线跨过定滑轮相连，B 距地面一定高度，A 可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动已知 mA2 kg，mB4 kg，斜面倾角 37°某时刻由静止释放 A，测得 A 沿斜面向上运动的 v­t 图象如图 5­22 乙所示已知 g10 m/s2，sin 37°06求：甲 乙图 5­22(1)A 与斜面间的动摩擦因数；(2)A 沿斜面向上滑动的最大位移；(3)滑动过程中细线对 A 的拉力所做的功 【导学号：17214096】【解析】 (1)在 005 s 内，根据图象，A、B 系统的加速度8 / 9为：a1 m/s24 m/s2对 A、B 受力分析，设绳子弹力为 T，那么由牛顿第二定律可得：mBgTmBa1TmAgsin mAgcos mAa1解得：025(2)在 005 s 内 A 加速向上滑动的位移为：x105 mB 落地后，A 继续减速上升由牛顿第二定律可得：mAgsin mAgcos mAa2，解得：a28 m/s2故 A 减速向上滑动的位移为：x2025 m所以，A 上滑的最大位移为：xx1x2075 m(3)A 加速上滑过程中，细绳对 A 的拉力为：TmAgsin mAgcos mAa124 N故滑动过程中细线对 A 的拉力所做的功为：WTsT×vt24××2×05 J12 J或对加速上升过程应用动能定理，即为：W(mAgsin mAgcos )x1mAv20则可得：W12 J【答案】 (1)025 (2)075 m (3)12 J10(16 分)(2012·江苏高考 T14)某缓冲装置的理想模型如图 5­23所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为 f轻杆向右移动不超过 l 时，装置可安全工作一质量为 m 的小车若以速度 v0 撞击弹簧，将导致轻杆向右移动轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦图 5­239 / 9(1)若弹簧的劲度系数为 k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度 vm；(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度 v和撞击速度 v的关系 【导学号：17214097】【解析】 (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力 Fkx且 Ff解得 x(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为 W，则小车从撞击到停止的过程中由动能定理得：f·W0mv同理，小车以 vm 撞击弹簧时，flW0mv解得 vm(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为 v1mvW1 2由解得 v1v2 0fl2m当 v 时，vv当 v 时，v【答案】 (1) (2) v2 03fl2m(3)当 v 时，vv当 v 时，vv2 0fl2m