高考物理二轮专题复习练习: 功 第5讲 Word版含解析.doc

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1、 第5讲功和功率动能定理构建网络重温真题1(2019全国卷)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg答案C解析画出运动示意图如图,设阻力大小为f,据动能定理知,AB(上升过程):EkBEkA(mgf)hCD(下落过程):EkDEkC(mgf)h联立以上两式,解得物体的质量m1 kg,C正确。2(2018全国卷)如图,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿

2、粗糙水平路面运动至具有某一速度,木箱获得的动能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功答案A解析木箱受力如图所示:木箱在移动的过程中有两个力做功,拉力做正功,摩擦力做负功,根据动能定理可知即:WFWfmv20,所以动能小于拉力做的功,故A正确;无法比较动能与摩擦力做功的大小,C、D错误。3(2018全国卷)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空

3、气阻力。对于第次和第次提升过程()A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45答案AC解析设第次所用时间为t,根据速度图象与t轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知,2t0v0v0,解得:t,所以第次和第次提升过程所用时间之比为2t045,A正确;由于两次提升变速阶段的加速度大小相同,在匀加速阶段,由牛顿第二定律,Fmgma,可得提升的最大牵引力之比为11,B错误;由功率公式PFv,电机输出的最大功率之比等于最大速度之比,为21,C正确;两次提升过程中动能增加量均为0,由动能定理得W电mgh0,两次提升高度h相同,所以

4、电机两次做功相同,D错误。4(2018江苏高考)(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答案AD解析物体从A点到O点的过程,弹力逐渐减为零,刚开始弹簧弹力大于摩擦力,故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程:弹力大于摩擦力过程,合力向右,加速度也向右,由于弹力逐渐减小,摩擦力不变,物块所受合力逐渐减小,加速度逐渐减小,当弹力等于摩擦力时速度最大,

5、此位置在A点与O点之间;弹力小于摩擦力过程,合力方向与运动方向相反,弹力减小,摩擦力大小不变,物体所受合力增大,物体的加速度随弹簧形变量的减小而增大,方向向左,物体做减速运动;从O点到B点的过程弹力增大,合力向左,加速度继续增大,A正确,B错误;从A点到O点过程,弹簧由压缩恢复原长,弹力做正功,从O点到B点的过程,弹簧被拉伸,弹力做负功,故C错误;从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功,故D正确。5(2017全国卷)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆环对它的作用力(

6、)A一直不做功 B一直做正功C始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心答案A解析光滑大圆环对小环只有弹力作用。弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心,后指向圆心),与小环的速度方向始终垂直,不做功。故选A。6(2018江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球,小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力,该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是()答案A解析小球做竖直上抛运动时,速度vv0gt,根据动能Ekmv2得Ekm(v0gt)2,故图象A正确。7(2019天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试,并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞,故甲板是由水平甲板和上

7、翘甲板两部分构成,如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程,假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧,示意如图2,AB长L1150 m,BC水平投影L263 m,图中C点切线方向与水平方向的夹角12(sin120.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动,经t6 s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m60 kg,g10 m/s2,求(1)舰载机水平运动的过程中,飞行员受到的水平力所做功W;(2)舰载机刚进入BC时,飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动,设其刚进入上翘甲板时的速度为v,则有根据动

8、能定理,对飞行员有Wmv20联立式,代入数据,得W7.5104 J(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R,根据几何关系,有L2Rsin由牛顿第二定律,对飞行员有FNmgm联立式,代入数据,得FN1.1103 N。命题特点:功和功率的判断和计算、动能定理的应用是高考的重点,经常与直线运动、曲线运动等综合起来进行考查,以选择题和计算题考查较多,各种难度都可能出现。思想方法:微元法、图象法、转换法、整体法与分段法。高考考向1功和功率的理解和计算例1(2018江西联考)(多选)A、B两物体分别在大小相同的水平恒力F的作用下由静止开始沿同一水平面运动,作用时间分别为t0和4t0,两物体运动的vt图象如图所

9、示,则()AA、B两物体与水平面的摩擦力大小之比为512B水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为21C水平力F对A、B两物体做功之比为21D在整个运动过程中,摩擦力对A、B两物体做功的平均功率之比为53(1)水平力F对A、B两物体做功的最大功率为瞬时功率还是平均功率?提示:瞬时功率。(2)整个运动过程中,水平力F对A、B两物体做功_(填“大于”“小于”或“等于”)A、B两物体克服摩擦力做功。提示:等于。解析由vt图象可知,A加速运动时的加速度aA1,减速运动时的加速度大小为aA2,由牛顿第二定律有:Ff1m1,f1m1,解两式得:f1;B加速运动时的加速度大小为aB1,减速运动时的加速度大

10、小为aB2,由牛顿第二定律有:Ff2m2,f2m2,解两式得:f2,所以A、B两物体与水平面的摩擦力之比为512,A正确;由vt图象知,水平力F对A、B两物体做功的最大功率之比为(F2v0)(Fv0)21,B正确;由vt图象与t轴所围的面积表示位移可知两物体有水平力F作用时的位移之比为12,由WFs可知,F对A、B两物体做功之比为12,C错误;整个运动过程中,摩擦力对A做的功WAFFv0t0,对B做的功WBF2Fv0t0,由P可得PA,PB,PAPB56,D错误。答案AB 计算功和功率时应注意的问题(1)计算功时,要注意分析受力情况和能量转化情况,分清是恒力做功,还是变力做功,恒力做功一般用功

11、的公式或动能定理求解,变力做功用动能定理、转化法或图象法求解。(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义,若横轴表示位移,纵轴表示力,则可用图线与横轴围成的面积表示功,例如下图甲、乙、丙所示(丙图中图线为圆弧),力做的功分别为W1F1x1、W2F2x2、W3F3x3。(3)计算功率时,要明确是求瞬时功率,还是平均功率,若求瞬时功率,应明确是哪一时刻或哪个位置的瞬时功率,若求平均功率应明确是哪段时间内的平均功率;应注意区分公式P和公式PFvcos的适用范围,P计算的是平均功率,PFvcos侧重于对瞬时功率的计算。1. (2019合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防

12、车,其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60m高的灭火位置,此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3m3/min,水离开炮口时的速度为20m/s,水的密度为1.0103kg/m3,g取10 m/s2。下列说法正确的是()A使水炮工作的发动机的输出功率为10 kWB使水炮工作的发动机的输出功率为30 kWC伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8104 JD伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8105 J答案D解析水的密度为1.0103 kg/m3,1 min内流出水的质量:mV1.01033 kg3000 kg,1 min内水获得的重力

13、势能:Epmgh30001060 J1.8106 J,1 min内水获得的动能:Ekmv26105 J,使水炮工作的发动机输出功率为:P W4104 W,故A、B错误;伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功:Wmgh3001060 J1.8105 J,故C错误,D正确。2(2018开封一模)(多选)如图所示,一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端,轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点,杆可绕A点在竖直平面内自由转动,杆的中点系一细绳,电机与自动装置控制绳子,使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面,且整个倒下去的过程中,杆做匀速转动。那么在此过程中()A小球重力做功为2m

14、gLB绳子拉力做功大于2mgLC重力做功功率逐渐增大D绳子拉力做功功率先增大后减小答案AC解析小球在该过程中下降高度为2L,所以小球重力做功为2mgL,A正确;杆匀速转动过程中,小球动能不变,由动能定理可知,该过程中合外力做功为零,所以绳子拉力做功与重力做功大小相等,为2mgL,B错误;重力做功的功率等于重力与小球沿竖直方向分速度的乘积,杆匀速转动,小球做匀速圆周运动,该过程中小球竖直方向的速度不断增大,所以重力做功的功率不断增大,C正确;由动能定理可得,拉力做功功率与重力做功功率始终大小相等,故拉力做功功率不断增大,D错误。高考考向2机车启动问题例2(2019四川省成都市高三三模)目前,我国

15、在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶,某公司对汽车性能进行了一项测试,让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变;若以恒定的功率P上坡,则从静止启动做加速运动,发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小保持不变,下列说法正确的是()A关掉油门后的下坡过程,汽车的机械能守恒B关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力的冲量为零C上坡过程中,汽车速度由增至,所用的时间可能等于D上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm,所用时间一定小于(1)恒定功率启动过程中,汽车做何种形式的运动?提示:汽车功

16、率不变时,速度增大牵引就会减小,汽车做加速度逐渐减小的加速运动,当牵引力等于阻力时速度最大。(2)功率不变时,汽车运动时间如何求解?提示:功率不变时牵引力做功等于Pt,可以由动能定理求解时间。解析关掉油门后的下坡过程,汽车的速度不变,动能不变,高度降低,重力势能减小,则汽车的机械能减小,故A错误;关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力大小不为零,时间不为零,则由IFt可知冲量不为零,故B错误;上坡过程中,汽车速度由增至,设所用的时间为t,根据动能定理可得:Pt(fmgsin)sm()2m()2,解得t,故C错误;上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm,功率不变,由PFv可知速度增大

17、,牵引力减小,加速度减小,设达到最大速度vm所用时间为t1,则由图象法可知t1s,解得t1a2,即t2t,故A正确;匀加速提升重物时钢绳拉力最大,且等于匀加速结束时的拉力,由PFv得钢绳的最大拉力Fm,故B错误;重物以最大速度匀速上升时,Fmg,所以v2,故C正确;重物做匀加速运动的加速度a,则匀加速的时间为t,故D正确。高考考向3动能定理及其应用例3(2016全国卷)如图,一轻弹簧原长为2R,其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处,另一端位于直轨道上B处,弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点,AC7R,A、B、C、D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C

18、点由静止开始下滑,最低到达E点(未画出)。随后P沿轨道被弹回,最高到达F点,AF4R。已知P与直轨道间的动摩擦因数,重力加速度大小为g。取sin37,cos37(1)求P第一次运动到B点时速度的大小;(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能;(3)改变物块P的质量,将P推至E点,从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后,恰好通过G点。G点在C点左下方,与C点水平相距R、竖直相距R。求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。(1)若想求出P运动到E点时弹簧的弹性势能,需先求出P运动到E点时滑行的距离,该距离可以通过研究哪一过程求出?提示:P到达E然后又反弹回F点的整个过程。(2)从D

19、点飞出后做平抛运动,如何求D点速度?提示:可以利用水平位移和竖直位移。解析(1)根据题意知,B、C之间的距离l为l7R2R5R设P到达B点时的速度为vB,由动能定理得mglsinmglcosmv式中37。联立式并由题给条件得vB2。(2)设BEx。P到达E点时速度为零,设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有mgxsinmgxcosEp0mvE、F之间的距离l1为l14R2Rx2RxP到达E点后反弹,从E点运动到F点的过程中,由动能定理有Epmgl1sinmgl1cos0联立式并由题给条件得xREpmgR。(3)设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直

20、距离y1分别为x1RRsiny1RRRcos设P在D点的速度为vD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有y1gt2x1vDt联立式得vD设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒,有m1vm1vm1gP由E点运动到C点的过程中,由动能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cosm1v联立式得m1m。答案(1)2(2)mgR(3)m 应用动能定理解题的“四步三注意两适用”(1)应用动能定理解题的四个步骤确定研究对象及其运动过程;分析受力情况和各力的做功情况;明确物体初末状态的动能;由动能定理列方程求解。(2)应用动能定理解题应注意的三个问题动能定理往往用于单

21、个物体的运动过程,由于不牵扯加速度及时间,比动力学研究方法要简捷。动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理是没有依据的。物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程),此时可以分段考虑,也可以对全过程考虑,但若能对整个过程利用动能定理列式,则可使问题简化。(3)动能定理适用的两种情况既适用于直线运动,也适用于曲线运动;既适用于恒力做功,也适用于变力做功。5(2019山东威海三模)(多选)一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上,在水平外力作用下由静止开始运动,小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为,重力加速度为g,

22、在小物块运动02L的过程中,下列说法正确的是()A小物块在0L内做匀变速直线运动,L2L内做匀速运动B小物块运动至2L处的速度为C整个过程中水平外力做功为mL(2g3a0)D小物块从L处运动至2L处所用的时间为答案BC解析小物块在0L内加速度减小,做加速度减小的变加速直线运动,L2L内加速度不变,做匀加速直线运动,故A错误;整个过程,根据动能定理得:Lma0Lmv2,得小物块运动至2L处的速度为v,故B正确;整个过程合力做功为Lma0LWFmg2L,得水平外力做功为WFmL(2g3a0),故C正确;设小物块运动至L处的速度为v0,根据动能定理得:Lmv,得v02,小物块从L处运动至2L处做匀加

23、速直线运动,有Lt,联立解得t(2) ,故D错误。6(2019江苏南京、盐城高三第三次调研)如图所示,桌子靠墙固定放置,用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面,桌面距地面H0.8 m,桌面总长L21.5 m,斜面与水平桌面的倾角可在060间调节。将质量m0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放,物块与斜面间的动摩擦因数10.05,物块与桌面间的动摩擦因数2未知,忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失,不计空气阻力。(重力加速度取g10 m/s2;最大静摩擦力等于滑动摩擦力;取sin370.6,cos370.8)(1)求当30时,物块在斜面上下滑的加速度的大小;(可以用根号

24、表示)(2)当增大到37时,物块恰能停在桌面边缘,求物块与桌面间的动摩擦因数2;(3)2取第(2)问中的数值,当角为多大时物块落地点与墙面的距离最大?最大距离xm是多少?答案(1) (5) m/s2(2)0.8(3)531.9 m解析(1)根据牛顿第二定律,可得mgsin 1mgcosma代入数据得a(5) m/s2。(2)由动能定理得mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)00代入数据得20.8。(3)设小物块到达桌面右端的速度为v,根据动能定理有mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)mv2得20(sin1.2cos)v2,由数学知识可知sincossin()其

25、中tan,当90时,即53时,sin()有极大值,v20(1.2)1,vmax1 m/s由于Hgt2,解得t0.4 sx1vmaxt0.4 m,xmx1L21.9 m。易错警示 瞬时功率及阻力做功的求解例(2019安庆模拟)如图所示,摆球质量为m,悬线的长为L,把悬线拉到水平位置后放手。设摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变,则下列说法正确的是()A从A运动到B,重力的瞬时功率变大B绳的拉力做功为0C空气阻力F阻做功为mgLD空气阻力F阻做功为F阻L分析与解重力的瞬时功率PGmgvcos,其中为mg与v的夹角,在A处v0,则重力的瞬时功率为零,在B处90,重力的瞬时功率也为零,所

26、以重力的瞬时功率先变大后变小,而有的同学求瞬时功率时丢掉cos,认为重力瞬时功率因v增大而增大,从而错选A。绳的拉力始终与速度垂直,做功为0,B正确。空气阻力F阻大小不变,方向始终与速度方向相反,故空气阻力做功为F阻L,故C、D错误。有的同学因没考虑到阻力做负功,而错选D。答案B易错警示用PFvcos计算瞬时功率时,为F与v的夹角,当F与v同向时公式简化为PFv。阻力做功要考虑其特点:阻力做负功,且与物体运动的路程有关。配套作业限时:50分钟满分:100分一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,其中第15题为单选题,第68题为多选题)1(2018全国卷)高铁列车在启动阶段的运动可看作初

27、速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()A与它所经历的时间成正比B与它的位移成正比C与它的速度成正比D与它的动量成正比答案B解析列车做初速度为零的匀加速直线运动,列车动能Ekmv2,又因为vat,所以Ekma2t2,加速度a恒定,动能跟时间t的平方成正比,A错误;根据动能定理EkW合F合smas,故动能与位移成正比,B正确;动能与速度平方成正比,故C错误;由Ek,可知动能与动量的平方成正比,D错误。2(2019河南濮阳三模)水平力F方向确定,大小随时间的变化如图甲所示,用力F拉静止在水平桌面上的小物块,在F从0开始逐渐增大的过程中,物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示。重力加速

28、度大小为10 m/s2。问在04 s时间内,合外力对小物块做的功为()A24 J B12 J C8 J D6 J答案A解析根据Ft图象和at图象可知,t12 s时,F16 N,a11 m/s2;t24 s时,F212 N,a23 m/s2,根据牛顿第二定律可得:F1mgma1,F2mgma2,联立解得小物块的质量和动摩擦因数为:m3 kg,0.1,根据at图象与t轴所围面积为小物块的速度改变量v,得小物块在t24 s末时的速度v0v4 m/s,根据动能定理可得合外力对小物块做的功Wmv224 J,故A正确。3(2017江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动,然后滑回到原处。物块初动能为Ek0,与斜面

29、间的动摩擦因数不变,则该过程中,物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C解析设斜面倾角为,根据动能定理,当小物块沿斜面上滑时,有(mgsinf)xEkEk0,即Ek(fmgsin)xEk0,所以Ek与x的函数关系图象为直线,且斜率为负。当小物块沿斜面下滑时,根据动能定理有(mgsinf)(x0x)Ek0(x0为小物块到达最高点时的位移),即Ek(mgsinf)x(mgsinf)x0,所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。综上所述,C正确。4(2019四川德阳三诊)如图所示,卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉轻绳牵引河中的小船沿水面运动,已知小船的质量为m,沿水面运动时所受的阻力为f,当绳A

30、O段与水平面的夹角为时,小船的速度为v,不计绳子与滑轮的摩擦,则此时小船的加速度等于()A. B.C. D.答案B解析小船的实际运动为合运动,可分解为沿着绳子方向和垂直绳子方向的分运动,如图a,根据平行四边形定则,有v车vcos,则绳上的拉力:F,对船受力分析:受重力、拉力、浮力和阻力,如图b所示,根据牛顿第二定律,有Fcosfma,联立以上式子解得:a,故B正确。5(2019山西省五地市高三上学期期末大联考)如图所示,斜面倾角为。一轻弹簧的自然长度与斜面长相同,都为L,弹簧一端固定在斜面的底端,将一个质量为m的小球放在斜面顶端与弹簧另一端接触但不相连,用力推小球使其挤压弹簧并缓慢移到斜面的中

31、点,松手后,小球最后落地的速度大小为v,不计空气阻力和一切摩擦,则该过程中,人对小球做的功W及小球被抛出后离地面的最大高度H分别为()AWmv2mgLsin;HBWmv2;HCWmv2mgLsin;HDWmv2mgLsin;H答案A解析对人从开始压弹簧到小球落地的整个过程,由动能定理得WmgLsinmv20,则Wmv2mgLsin;设小球离开斜面时的速度为v0,对小球做斜抛运动的过程,由动能定理得mgLsinmv2mv;小球从最高点到落地的过程,由动能定理得mgHmv2m(v0cos)2,联立解得:H,故选A。6(2019山东聊城二模)如图所示,质量相等的甲、乙两球分别固定于两轻杆的一端,两杆

32、长度分别为L、2L,且两杆与水平面夹角相等。两杆的另一端分别可绕轴O、O在竖直面内转动,现将两球在图示位置由静止释放,不计一切阻力,则在最低点时()A甲、乙两球的动能之比为11B甲、乙两球的动能之比为12C甲、乙两球对杆的拉力之比为11D甲、乙两球对杆的拉力之比为12答案BC解析对甲球从释放到最低点的过程应用动能定理得:mg(LLsin)mv0,对乙球从释放到最低点的过程应用动能定理得:mg(2L2Lsin)mv0,所以最低点时两球的动能之比为,A错误,B正确;对最低点的甲球受力分析,由牛顿第二定律可得T甲mgm,对最低点的乙球受力分析,由牛顿第二定律可得T乙mgm,所以最低点时杆对两球的拉力

33、之比为,根据牛顿第三定律,最低点时甲、乙两球对杆的拉力之比为11,故C正确,D错误。7(2019山东日照高三5月校际联合考试)一质点静止在光滑水平桌面上,t0时刻在水平外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图象如图所示。根据图象提供的信息,判断下列说法正确的是()A质点在t1时刻的加速度最大B质点在t2时刻离出发点最远C在t1t2的时间内,外力的功率先增大后减小D在t2t3的时间内,外力做负功答案BC解析vt图象的斜率代表加速度,所以t1时刻的加速度为零,最小,A错误;vt图象与t轴所围的面积代表位移,横轴上方为正向位移,下方为负向位移,所以t2时刻正向位移最大,离出发点最远,B正确;在

34、t1t2的时间内,根据PFvmav,t1时刻加速度为零,外力为零,外力功率为零,t2时刻速度为零,外力功率为零,而中间任意时刻速度、外力都不为零,所以功率先增大后减小,C正确;t2t3的时间内,物体动能增大,外力对物体做正功,D错误。8质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示。在圆心处连接有力传感器,用来测量绳子上的拉力,运动过程中小球受到空气阻力的作用,空气阻力随速度的减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点,力传感器的示数为7mg,重力加速度为g,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点,下列说法正确的是()A到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为

35、mgRB到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRC再次经过最低点时力传感器的示数为5mgD再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg答案AD解析小球在最低点时有F1Tmgm,解得v1,由于小球恰好能通过最高点,所以在最高点时,有mgm,可得v2,小球从最低点到最高点的上升过程,由动能定理可得mg2RWfmvmv,解得小球克服空气阻力做的功WfmgR,A正确,B错误;小球从最高点到最低点的下落过程,由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小,分析可知在同一高度上上升时的阻力大于下落时的阻力,故下落过程中空气阻力做的功Wf,小球再次经过最低点时有F2Tmgm,解得T5mg,C错误,D正确。二、计算

36、题(本题共2小题,共36分,须写出规范的解题步骤)9(2019江苏省七市高三第三次调研)(16分)如图所示,半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动,在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽。一根原长为R的轻弹簧置于槽内,一端固定在圆心O点,另一端贴放着一质量为m的小球,弹簧始终在弹性限度内。(1)若小球在沿槽方向的力F1作用下,在圆盘边缘随圆盘以角速度0转动,求F1的大小;(2)若圆盘以角速度1转动,小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点,此时弹簧的弹性势能为Ep。解除束缚后,小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v,求此过程中槽对小球做的功W1;(3)若圆盘以角速度2转动

37、,小球在沿槽方向推力作用下,从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点。如果推力大小保持不变,求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2。答案(1)mR(2)m(R2v2)m(Rx)2Ep(3)mmRx解析(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圆周运动,由向心力公式有F1mR。(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为v1,则根据速度的合成:v(1R)2v2,设在此过程中弹簧对小球做功为W,由动能定理有:W1Wmvm(Rx)2,由于WEp,解得W1m(R2v2)m(Rx)2Ep。(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为x1时,由向心力公式有Fkx1m(Rx1),解得FmR(km)x1,由于F的大小不变,

38、与x1无关,则有km,FmR,所以推力做的功W2FxmRx。10(2019山东济宁二模)(20分)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动,并将小车运动的全过程通过传感器记录下来,通过数据处理得到如图所示的vt图象。已知小车在02 s内做匀加速直线运动,211 s内小车牵引力的功率保持不变,911 s内小车做匀速直线运动,在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m1 kg,整个过程中小车受到的阻力大小不变,试求:(1)在211 s内小车牵引力的功率P是多大?(2)小车在2 s末的速度vx为多大?(3)小车在29 s内通过的距

39、离x是多少?答案(1)16 W(2)4 m/s(3)44 m解析(1)根据题意,在11 s末撤去牵引力后,小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动,设其加速度大小为a,根据vt图象可知:a2 m/s2;根据牛顿第二定律有:fma;解得:f2 N;设小车在匀速运动阶段的牵引力为F,则:Ff,vm8 m/s;根据PFvm;解得:P16 W。(2)02 s的匀加速运动过程中,小车的加速度为:ax;设小车的牵引力为Fx,根据牛顿第二定律有:Fxfmax;根据题意有:PFxvx;解得:vx4 m/s。(3)在29 s内的变加速过程,小车运动的时间t7 s,由动能定理可得:Ptfxmvmv;解得小车通过的距离是:x44 m。- 28 -

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