【2019最新】精選高考物理大二輪復(fù)習(xí)考前基礎(chǔ)回扣練7動能定理功能關(guān)系

1、【 2019 最新】精選高考物理大二輪復(fù)習(xí)考前基礎(chǔ)回扣練7 動能定理功能關(guān)系1在光滑的水平面上有一靜止的物體，現(xiàn)以水平恒力 F1 推這一物體，作用一段時間后換成相反方向的水平恒力F2 推這一物體，當恒力 F2作用的時間與恒力F1 作用的時間相等時，物體恰好回到原處，此時物體的動能為32 J ，則在整個過程中，恒力F1、F2 做的功分別為()A16J、16JB8J、24JC32 J 、0 JD48 J 、 16 J解析：選 B. 設(shè)加速的末速度為v1，勻變速的末速度為v2，由于加速過程和勻變速過程的位移相反，又由于恒力F2 作用的時間與恒力 F1 作用的時間相等， 根據(jù)平均速度公式有，解得 v2

2、 2v1，根據(jù)動能定理，加速過程W1mv，勻變速過程 W2mvmv根據(jù)題意mv32 J ，故 W18 J ，W224 J ，故選 B.2如圖甲所示，一次訓(xùn)練中，運動員腰部系著不可伸長的繩，拖著質(zhì)量 m11 kg 的輪胎從靜止開始沿著筆直的跑道加速奔跑，繩與水平跑道的夾角是 37°， 5 s 后拖繩從輪胎上脫落輪胎運動的 v-t 圖象如圖乙所示，不計空氣阻力，已知 sin 37° 0.6 ，cos 37°0.8 ，g 取 10 m/s2. 則下列說法正確的是 ( ) A輪胎與水平地面間的動摩擦因數(shù) 0.2歡迎下載。B拉力 F 的大小為 55 NC在 05 s 內(nèi)，輪

3、胎克服摩擦力做功為 1375 JD在 6 s 末，摩擦力的瞬時功率大小為 275 W解析：選 D.撤去 F 后，輪胎的受力分析如圖1所示，由速度圖象得 5 s 7 s 內(nèi)的加速度a2 5 m/s2 ，根據(jù)牛頓運動定律有N2mg0，f2 ma2，又因為 f2 N2，代入數(shù)據(jù)解得 0.5 ，故A 錯誤；力 F 拉動輪胎的過程中，輪胎的受力情況如圖2 所示，根據(jù)牛頓運動定律有 Fcos 37° f1 ma1，mgFsin 37° N10, 又因為 f1 N1，由速度圖象得此過程的加速度 a12 m/s2 ，聯(lián)立解得： F 70 N， B 錯誤；在 0 s 5 s 內(nèi)，輪胎克服摩擦

4、力做功為0.5 ×68×25 J 850 J ，C錯誤；因 6 s 末輪胎的速度為5 m/s ，所以在 6 s 時，摩擦力的瞬時功率大小為0.5 ×110×5 W 275 W，D正確；故選 D.3一質(zhì)量為 m的電動汽車在平直公路上以恒定的功率加速行駛，當速度大小為v 時，其加速度大小為a，設(shè)汽車所受的阻力恒為 f. 以下說法正確的是 ()A汽車的功率為fvB當汽車的速度增加到2v 時，加速度為 a2C汽車行駛的最大速率為vD當汽車的速度為v 時，行駛的距離為 v22a解析：選C.汽車做加速運動，由牛頓第二定律有：Ff ma，【2019最新】精選高考物理大

5、二輪復(fù)習(xí)考前基礎(chǔ)回扣練動能定理功能關(guān)系所以 Ff ma，所以汽車的功率為PFv(f ma)v，故 A 錯誤；當汽車的速度增加到2v 時，此時的牽引力為F，由牛頓第二定律有： Ff ma1，即 f ma1，解得： a1，故 B 錯誤；當汽車的牽引力與阻力相等時，汽車速度最大，即vm v，故 C 正確；由于以恒定的功率行駛， 即做加速度減小的加速運動，行駛的距離不能用 2axv2 求解故 D 錯誤4如圖，兩個相同的小球P、Q通過鉸鏈用剛性輕桿連接， P 套在光滑豎直桿上， Q 放在光滑水平地面上開始時輕桿貼近豎直桿，由靜止釋放后，Q 沿水平地面向右運動下列判斷正確的是()AP 觸地前的速度一直增大

6、BP 觸地前的速度先增大后減小CQ的速度一直增大DP、Q的速度同時達到最大解析：選 A. 開始時 P、Q的速度都為零， P 受重力和輕桿的作用下做加速運動，而 Q由于輕桿的作用，則開始時輕桿對 Q做正功， Q 加速，后對 Q 做負功， Q減速，當 P 到達底端時， P 只有豎直方向的速度，而水平方向的速度為零， 故 Q的速度為零，所以在整個過程中， P 的速度一直增大， Q 的速度先增大后減小，故 A 正確， BCD錯誤；故選 A.5如圖所示，兩光滑直桿成直角豎直固定，OM水平， ON豎直，兩個質(zhì)量相同的有孔小球A、B(可視為3 / 93 / 9質(zhì)點 ) 串在桿上通過長為L 的非彈性輕繩相連，

7、開始時小球A 在水平向左的外力作用下處于靜止狀態(tài)，此時OBL，重力加速度為g，現(xiàn)將外力增大到原來的4 倍( 方向不變 ) ，則小球 B 運動到與 O點的距離為 L 時的速度大小為 ()A.1B515gLC.6D255gL解析：選 C.開始時 A 到 O的距離： OA L，以 B 為研究對象，開始時 B 受到重力、桿的支持力 N和繩子的拉力 T，如圖，則：tan；由幾何關(guān)系： tan；聯(lián)立得： Nmg，以 AB組成的整體為研究對象，在水平方向二者受到拉力F 和桿對 B 的支持力 N，由于水平方向受力平衡，所以 FNmg，現(xiàn)將外力增大到原來的 4 倍( 方向不變 ) ，則： F 4F3mg，B 球

8、向上運動時，小球 B 運動到距 O點的距離 L 時，由幾何關(guān)系得，A到 O點的距離： OAL，A 向左的距離：sLLL，B 上升的距離：hLLL此時細繩與豎直方向之間夾角的正切值：tan ，則得 cos 0.6 ，sin 0.8由運動的合成與分解知識可知：A 球與 B球的速度之間的關(guān)系為：vBcos vAsin 【2019最新】精選高考物理大二輪復(fù)習(xí)考前基礎(chǔ)回扣練動能定理功能關(guān)系可得 vBvA以 AB球組成的整體為研究對象，拉力和重力對系統(tǒng)做功，由動能定理得： F·Smg hmvmvB2聯(lián)立以上方程解得： vB，選項 C正確故選 C.6( 多選 ) 某研究小組對一輛新能源實驗小車的性

9、能進行研究小車的質(zhì)量為 1.0 kg ，他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，其 v-t 圖象如圖所示 ( 除 210 s 時間段圖象為曲線外，其余時間段圖象均為直線 ) 已知 2 s 后小車的功率 P9 W保持不變，可認為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變， 下列說法正確的有()A02 s 時間內(nèi)，汽車的牽引力是3.5 NB汽車在第 1 s 時的功率等于第 14 s 時的功率的一半C小車在 010 s 內(nèi)位移的大小為 42 mD210 s 時間內(nèi)，汽車的平均速度是4.5 m/s解析：選 BC.汽車的最大速度為 vm6 m/s ，則阻力 f N 1.5 N ；在 02 s 時間內(nèi)

10、，汽車的加速度 a m/s2 1.5 m/s2 ；則牽引力是 Fmaf 1×1.5 N 1.5 N 3 N，選項 A 錯誤；汽車在第 1 s 末時的功率： P1Fv13×1.5 W4.5 WP14，選項 B 正確；在 02 s 內(nèi)的位移： s1× 2×3 m3 m；在 2 s 10 s 內(nèi)由動能定理： Pt fs2 mvmv，解得 s2 39 m，則小車在 010 s 內(nèi)位移的大小為 ss1s242 m，選項 C 正確； 210 s 時間內(nèi)，汽車不是勻加速運動，則平均速度是 v m/s 4.5 m/s ，選項 D 錯誤；故選5 / 95 / 9BC.7(

11、 多選 ) 如圖為“阿特伍德機”模型，跨過光滑的定滑輪用質(zhì)量不計的輕繩拴接質(zhì)量分別為m和 2m的物體甲、乙將兩物體置于同一高度，將裝置由靜止釋放，經(jīng)一段時間甲、乙兩物體在豎直方向的間距為l ，重力加速度用 g 表示則在該過程中 ()A甲的機械能一直增大B乙的機械能減少了mglC輕繩對乙所做的功在數(shù)值上等于乙的重力所做的功D甲的重力所做的功在數(shù)值上小于甲增加的動能解析：選 AB.機械能等于動能與重力勢能之和，甲加速上升，其動能和重力勢能均增加，所以機械能增加，故A 正確；甲和乙組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：2mgmgmv2× 2mv2，則解得：v ，乙動能增加量為×

12、; 2mv2 mgl，重力勢能減小 2mgmgl，所以機械能減小mgl，故 B 正確；由于乙加速下降，則輕繩的拉力小于重力，因此輕繩對乙所做的功在數(shù)值上小于乙的重力所做的功，故C錯誤；甲動能增加量為：Ekmv2mgl，甲的重力所做的功在數(shù)值上等于 mgl，由此可知甲的重力所做的功在數(shù)值上大于甲增加的動能，故 D錯誤所以 AB正確， CD錯誤8( 多選 ) 如圖所示，傾角為 37°的傳送帶以速度 v2 m/s 沿圖示方向勻速運動現(xiàn)將一質(zhì)量為 2 kg 的小木塊，從傳送帶的底端以 v04 m/s 的初速度，沿【2019最新】精選高考物理大二輪復(fù)習(xí)考前基礎(chǔ)回扣練動能定理功能關(guān)系傳送帶運動方

13、向滑上傳送帶 已知小木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5 ，傳送帶足夠長，sin 37 °0.6 ，cos 37 °0.8 ，取 g10 m/s2. 小物塊從滑上傳送帶至到達最高點的過程中，下列說法正確的是()A運動時間為 0.4 sB發(fā)生的位移為1.6 mC產(chǎn)生的熱量為9.6 JD摩擦力對小木塊所做功為12.8 J解析：選 BC.第一階段：根據(jù)牛頓第二定律，mgsin mgcosma1，得a110 m/s2 ，第一階段位移為x1,2a1)0.6 m ，所用時間為t1 0.2 s，傳送帶位移為x 傳1vt10.4 m ，劃痕為 x1x1x 傳 10.2 m ；第二階段： mg

14、sin mgcos ma2，得a22 m/s2 ，第二階段位移為x2 1 m，所用時間為t2 1 s ，傳送帶位移為x 傳2vt22 m，劃痕為x2x傳 1x21 m由以上分析可知，物體運動總時間為t t1 t2 1.2 s；物體的總位移 xx1x21.6 m；產(chǎn)生總熱量為Qmgcos ·x1mgcos ·x29.6 J ；摩擦力第一階段做負功，第二階段做正功，摩擦力對小木塊所做功為W mgcos·x1 mgcos·x23.2 J，綜上分析可知BC正確9( 多選 ) 如圖所示，內(nèi)壁光滑的絕緣管做成的圓環(huán)半徑為 R，位于豎直平面內(nèi)， 管的內(nèi)徑遠小于R.ab

15、為該環(huán)的水平直徑， ab 及其以下區(qū)域處于水平向左7 / 97 / 9的勻強電場中現(xiàn)將質(zhì)量為m、電荷量為 q 的帶正電小球從管中a 點由靜止開始釋放，已知qEmg.則下列說法正確的是 ()A小球釋放后，可以運動過b 點B小球釋放后，到達b 點時速度為零，并在bda 間往復(fù)運動C小球釋放后，第一次和第二次經(jīng)過最高點c 時對管壁的壓力之比為 16D小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點d 和最高點 c 時對管壁的壓力之比為 51解析：選 AD.從 a 到 b 的過程，由動能定理 qE·2R mv，可知vb0，故小球可以運動過 b 點，則選項 A 正確， B 錯誤；小球釋放后，第一次經(jīng)過最高點 c

16、時有：N1mgm,R) ，mgREq·2R mv，因為 qEmg，解得 N1mg；第二次經(jīng)過最高點c 時有： Eq·2R mv mv，同理可得 N25mg，所以比值為 15，選項 C錯誤；小球釋放后，第一次經(jīng)過最低點 d，由動能定理 mgREqRmv2，在 d 點有： N mgm，解得 N5mg.故 D正確；故選 AD.10( 多選 ) 如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為 R 的 ABC凹槽 ( 為光滑圓槽的一部分 ) 靜止在光滑水平面上，B 為最低點，BC為圓弧，OA與豎直方向夾角 60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為 m的小物塊( 可視為質(zhì)點 ) 從 D處水平拋出

17、，同時將 ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從 A 點無碰撞的射入凹槽，當其到達 B 點時解除鎖定，小物塊剛好能達到 C點不計空氣阻力，重力加速度為 g. 則下列說法正確的是 ()【2019最新】精選高考物理大二輪復(fù)習(xí)考前基礎(chǔ)回扣練動能定理功能關(guān)系A(chǔ)從 D點拋出的初速度為 v0； D點距 A 點高度差 h3R8 B小球第一次過 B 點時對槽底的壓力大小為 2mgC小球從 C點到 B點過程中，豎直墻壁對槽的沖量為I m，方向水平向左D小球從 C到 B 向 A 運動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，機械能守恒、動量守恒解析：選 AC.A項：小物塊恰好從 A點無碰撞的射入凹槽 ，即小球進入凹槽時的速度方向與凹槽相切， 將速度分解為水平方向和豎直方向可知， v2v0，從 A 到 C 應(yīng)用能量守恒可知， m(2v0)2 mgRsin 30°，解得 v0，從 D到 A 應(yīng)用動能定理可得： mghm(2v0)2