2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功與能 第1講 功、功率與動(dòng)能定理課時(shí)演練知能提升.doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功與能 第1講 功、功率與動(dòng)能定理課時(shí)演練知能提升 一、單項(xiàng)選擇題 1．(xx沈陽一模)如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg、長L＝0.8 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(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(xiàn)用F＝5 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)(　　) A．1 J　　　　　　　　　 B．1.6 J C．2 J D．4 J 解析：選B.木板中心到達(dá)桌子邊緣時(shí)即可翻下，則WF≥μmg＝0.4110 J＝1.6 J，故B正確． 2．一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在幾個(gè)共點(diǎn)力的作用下靜止在光滑水平面上．現(xiàn)把其中一個(gè)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(shí)開始t s末，該力的瞬時(shí)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2F＝ma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度v＝at，該力大小為3F，則該力的瞬時(shí)功率P＝3Fv，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(yùn)動(dòng)，A、B、C是其運(yùn)動(dòng)路徑上的三個(gè)點(diǎn)，且AC＝BC.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(dòng)能的增量分別為ΔEA、ΔEB，不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦，下列判斷正確的是(　　) A．WFA＝WFB，ΔEA＝ΔEB B．WFA＞W(wǎng)FB，ΔEA＞ΔEB C．WFA＜WFB，ΔEA＜ΔEB D．WFA＞W(wǎng)FB，ΔEA＜ΔEB 解析：選B.如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運(yùn)動(dòng)的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，又因?yàn)锳C＝BC，由W＝F1l知WFA＞W(wǎng)FB；對(duì)物體只有F做功，由動(dòng)能定理知ΔEA＞ΔEB，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(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　) A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W>mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．Wμ2，P點(diǎn)距A端較近，無法確定兩過程中Q的大小，B錯(cuò)誤．因Wf＝μmglcos α，動(dòng)摩擦因數(shù)μ由A到B或由B到A變化相同，Wf相同，由動(dòng)能定理：mv2＝mgh－Wf，所以物塊滑 到底端的速度相同，C錯(cuò)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(shí)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(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí)，在計(jì)算機(jī)上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示．下列說法不正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng)，后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng) B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大 C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力做的功 解析：選ABC.由v＝at可知，a－t圖象中，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度，0～6 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項(xiàng)錯(cuò)；t＝5 s時(shí)，速度最大，B項(xiàng)錯(cuò)；2～4 s內(nèi)加速度保持不變，速度一定變化，C項(xiàng)錯(cuò)；0～4 s內(nèi)與0～6 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動(dòng)能定理可知，兩段時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物體做功相等，D項(xiàng)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m＝1.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平恒力F＝10.0 N的作用下，從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)的位移x＝0.50 m時(shí)撤去力F.已知A、B之間的距離x0＝1.0 m，滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.10，g取10 m/s2.求： (1)在撤去力F時(shí)，滑塊的速度大?。? (2)滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能． (3)滑塊通過B點(diǎn)后，能沿圓弧軌道上升的最大高度h＝0.35 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(dòng)摩擦力Ff＝μmg 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： F－μmg＝ma1 解得：a1＝9.0 m/s2 設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)位移為0.50 m時(shí)的速度大小為v，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v2＝2a1x 解得：v＝3.0 m/s. (2)設(shè)滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkB，從A到B運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得： Fx－Ffx0＝EkB 解得：EkB＝4.0 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(dòng)能定理得： －mgh－WFf＝0－EkB 解得：WFf＝0.50 J. 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.0 J　(3)0.50 J 12．(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(xì)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(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行．已知A、B的質(zhì)量均為m，斜面傾角為θ＝37，重力加速度為g，滑輪的質(zhì)量和摩擦不計(jì)，開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．C釋放后沿斜面下滑，當(dāng)A剛要離開地面時(shí)，B的速度最大，(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)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(shí)，C的動(dòng)能． 解析：(1)設(shè)開始時(shí)彈簧壓縮的長度為xB，則有kxB＝mg 設(shè)當(dāng)物體A剛要離開地面時(shí)，彈簧的伸長量為xA，則有kxA＝mg 當(dāng)物體A剛要離開地面時(shí)，物體B上升的距離與物體C沿斜面下滑的距離相等，為： h＝xA＋xB 解得：h＝. (2)物體A剛要離開地面時(shí)，以B為研究對(duì)象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)線的拉力FT三個(gè)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(duì)B有：FT－mg－kxA＝ma 對(duì)C有：mCgsin θ－FT＝mCa B獲得最大速度時(shí)，有：a＝0 解得：mC＝. (3)法一：由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時(shí)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(shí)，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為v0，由動(dòng)能定理得： mCghsin θ－mgh＋W彈＝(m＋mC)v－0 其中W彈＝0 解得：v＝ 所以EkC＝mCv＝. 法二：根據(jù)動(dòng)能定理， 對(duì)C：mCghsin θ－WT＝EkC－0 對(duì)B：WT－mgh＋W彈＝EkB－0 其中W彈＝0 又：EkC∶EkB＝10∶3 解得：EkC＝. 答案：(1)　(2)　(3)