高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练六36功功率动能定理有答案Word下载.docx

高三二轮复习物理专题通关课时巩固过关练六36功功率动能定理有答案Word下载.docx

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设每条阻挡条对小球做的功为W,当小球在水平面上滚动时,由动能定理得nW=0-m,对第二次有NW=0-m=0-（m+mgh）,又因为m=mgh,联立以上三式解得N=2n,选项B正确。

【加固训练】如图所示,斜面高h,质量为m的物块,在沿斜面向上的恒力F作用下,能匀速沿斜面向上运动,若把此物块放在斜面顶端,在沿斜面向下同样大小的恒力F作用下物块由静止向下滑动,滑至底端时其动能的大小为（　　）

A.mgh　　　B.2mgh　　　C.2Fh　　　D.Fh

向上运动过程由动能定理得FL-FfL-mgh=0;

向下运动过程由动能定理得FL-FfL+mgh=Ek-0,解得Ek=2mgh,B正确。

3.（2015·

南开区一模）质量为2t的汽车,发动机牵引力的功率为30kW,汽车在水平路面上行驶能达到的最大速度为15m/s,若汽车所受阻力恒定,则汽车的速度为10m/s时的加速度为（　　）

A.0.5m/s2B.1m/s2

C.2m/s2D.2.5m/s2

【解析】选A。

汽车在水平路面上行驶所受阻力Ff==2000N;

当汽车的速度为10m/s时,牵引力F==3000N;

加速度a==0.5m/s2,选项A正确。

4.质量为1kg的物体静止于光滑水平面上。

从t=0时刻起,物体受到向右的水平拉力F作用,第1s内F=2N,第2s内F=1N。

下列判断正确的是（　　）

A.2s末物体的速度是4m/s

B.2s内物体的位移为3m

C.第1s末拉力的瞬时功率最大

D.第2s末拉力的瞬时功率最大

【解析】选C。

由牛顿第二定律得第1s和第2s内的加速度分别为2m/s2和1m/s2,第1s末和第2s末的速度分别为v1=a1t1=2m/s,v2=v1+a2t2=3m/s,则选项A错误;

2s内的位移x=+t2=3.5m,则选项B错误;

第1s末拉力的瞬时功率P1=Fv1=4W,第2s末拉力的瞬时功率P2=Fv2=3W,则选项C正确,D错误。

5.如图所示,一水平传送带以2.0m/s的速度顺时针传动,水平部分长为2.0m,其右端与一倾角为θ=37°

的光滑斜面平滑相连,斜面长为0.4m,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μ=0.2,sin37°

=0.6,g取10m/s2。

则（　　）

A.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1.5m/s

C.物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2m

D.物块返回传送带时恰好到达最左端

物块在传送带上先做匀加速直线运动,由μmg=ma1,解得a1=2m/s2,x1==1m<

2m,所以在到达传送带右端前物块已经以2m/s的速度匀速运动,A、B错误;

物块以初速度v0滑上斜面后做匀减速直线运动,上滑过程由动能定理得-mghm=0-m,解得hm=0.2m,由于x2==m<

0.4m,所以物块未到达斜面的最高点,C正确;

物块返回传送带时滑动的距离为x,由动能定理得mghm-μmgx=0,解得x=1m,所以物块返回传送带时不会到达最左端,D错误。

6.（2015·

湖州一模）用起重机将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,其v-t图像如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.在0～t1时间内,货物处于超重状态

B.在t1～t2时间内,起重机拉力对货物不做功

C.在t2～t3时间内,起重机拉力对货物做负功

D.匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小

【解析】选A、D。

由v-t图像可知0～t1时间内,货物具有向上的加速度,故处于超重状态,选项A正确;

在t1～t3时间内,起重机的拉力始终竖直向上,一直做正功,选项B、C错误;

匀速阶段拉力小于加速阶段的拉力,而匀速阶段的速度大于加速阶段的速度,由P=Fv可知匀速阶段拉力的功率可能比加速阶段某一时刻拉力的瞬时功率小,选项D正确。

7.汽车发动机的额定功率为P1,它在水平路面上行驶时受到的阻力F阻大小恒定,汽车在水平路面上由静止开始运动,最大速度为v,汽车发动机的输出功率随时间变化的图像如图所示。

则汽车（　　）

A.0～t1做匀加速运动,牵引力恒定

B.0～t1做变加速运动,牵引力增大

C.t1后加速度逐渐减小,速度达到v后做匀速运动

D.t1后牵引力恒定,与阻力大小相等

【解析】选A、C。

由图可知：

0～t1汽车发动机的功率P=kt（k为图像斜率,为定值）,由功率P=Fv可知：

P=Fat=Ft=t,由于阻力F阻大小恒定,则牵引力F恒定,故A正确、B错误;

t1后功率P=P1恒定不变,但在t1时牵引力F>

F阻,故速度继续增加,则F开始减小,加速度开始减小,当F=F阻时,加速度减为零,速度增加到最大值v,此后汽车开始做匀速运动,故C正确、D错误。

【加固训练】

（多选）质量为2×

103kg、发动机额定功率为80kW的汽车在平直公路上行驶;

若汽车所受阻力大小恒为4×

103N,则下列判断中正确的有（　　）

A.汽车的最大动能是4×

105J

B.汽车以加速度2m/s2匀加速启动,启动后第2s末时发动机实际功率是32kW

C.汽车以加速度2m/s2做初速度为0的匀加速运动中,达到最大速度时摩擦力做功为4×

D.若汽车保持额定功率启动,则当汽车速度为5m/s时,其加速度为6m/s2

【解析】选A、B、D。

汽车的最大速度为vm==20m/s,最大动能为Ekm=m=4×

105J,A正确;

汽车以加速度2m/s2匀加速启动,启动后第2s末时的速度是4m/s,此时的牵引力F=Ff+ma=8×

103N,功率为P=Fv=32kW,B正确;

匀加速运动的末速度为v1==10m/s,位移x==25m,所以摩擦力做功W=Ffx=1×

105J,C错误;

若汽车保持额定功率启动,当汽车速度为5m/s时,其牵引力大小是F′==1.6×

104N,加速度a==6m/s2,D正确。

8.（2015·

平顶山一模）如图所示,两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动。

某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点,小球2恰好运动到自身轨道的最高点,这两点高度相同,此时两小球速度大小相同。

若两小球质量均为m,忽略空气阻力的影响,则下列说法正确的是（　　）

A.此刻两根线拉力大小相同

B.运动过程中,两根线上拉力的差值最大为2mg

C.运动过程中,两根线上拉力的差值最大为10mg

D.若相对同一零势能面,小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能

【解题指导】解答本题应注意以下两点：

（1）由牛顿第二定律确定两根细线的拉力。

（2）明确小球1在最高点时细线的拉力最小,小球2在最低点时细线的拉力最大。

【解析】选C、D。

已知小球质量为m,当两小球运动到题中图示位置时,设两球速度大小为v,此时两根细线的拉力分别为F1和F2,F1-mg=m,F2+mg=m,故选项A错误;

小球1在最高点时细线的拉力F1′最小,设此时速度大小为v1,则有F1′+mg=m,由动能定理得-2mgL=m-mv2;

小球2在最低点时细线的拉力F2′最大,设此时速度大小为v2,则有F2′-mg=m,由动能定理得2mgL=m-mv2,联立解得,运动过程中两根线上拉力的差值最大,为F2′-F1′=2mg+m=2mg+8mg=10mg,选项C正确,B错误;

取题中图示位置为零势能面,由机械能守恒定律知选项D正确。

二、计算题（本大题共2小题,共36分。

需写出规范的解题步骤）

9.（18分）（2015·

重庆高考）同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置。

图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。

M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道,P为最高点,Q为最低点,Q点处的切线水平,距底板高为H。

N板上固定有三个圆环。

将质量为m的小球从P处静止释放,小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心,落到底板上距Q水平距离为L处。

不考虑空气阻力,重力加速度为g。

求：

（1）距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度。

（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向。

（3）摩擦力对小球做的功。

【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：

（1）小球离开Q点后做平抛运动。

（2）小球运动到轨道最低点时重力和支持力的合力提供向心力。

【解析】

（1）设距Q水平距离为的圆环中心到Q点的竖直高度为h。

小球离开Q点后做平抛运动,由平抛运动的规律可得：

H=gt2,　（1分）

L=vQt;

　（1分）

h=gt′2,　（1分）

=vQt′。

　（1分）

由以上四式联立解得h=,　（1分）

故距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度为：

H-h=　（1分）

（2）小球离开Q点后做平抛运动,由平抛运动的规律可得：

H=gt2,L=vQt

解得小球运动到Q点时速度的大小：

vQ=L　（2分）

小球离开Q点前做圆周运动,在离开Q点前瞬间,由牛顿第二定律可得：

FN-mg=m　（2分）

故小球所受轨道支持力的大小：

FN=mg+m=mg（1+）;

　（2分）

方向竖直向上。

由牛顿第三定律可得,小球对轨道压力的大小：

FN′=FN=mg（1+）;

　（1分）

方向竖直向下。

（3）小球由P点运动到Q点的过程中,由动能定理可得：

mgR+Wf=m-0　

（3分）

所以摩擦力对小球做的功：

Wf=m-mgR=mg　（2分）

答案：

（1）

（2）速度的大小：

L

mg（1+）　方向竖直向下

（3）mg

（2015·

庆阳一模）如图所示,水平路面CD的右侧有一长L1=2m的板M,一物块放在板M的最右端,并随板一起向左侧固定的平台运动,板M的上表面与平台等高。

平台的上表面AB长s=3m,光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上,圆轨道半径R=0.4m,最低点与平台AB相切于A点。

当板M的左端距离平台L=2m时,板与物块向左运动的速度为v0=8m/s。

当板与平台的竖直墙壁碰撞后,板立即停止运动,物块在板上滑动,并滑上平台。

已知板与路面的动摩擦因数μ1=0.05,物块与板的上表面及轨道AB的动摩擦因数μ2=0.1,物块质量m=1kg,g取10m/s2。

（1）求物块进入圆轨道时对轨道上的A点的压力。

（2）判断物块能否到达圆轨道的最高点E。

如果能,求物块离开E点后在平台上的落点到A点的距离;

如果不能,则说明理由。

（1）设物块随板运动撞击固定平台时的速度为v1,由动能定理得：

-μ1（m+M）gL=（M+m）-（M+m）　

设物块到达A点时速度为v2,由动能定理得：

-μ2mg（s+L1）=m-m　

由牛顿第二定律得：

FN-mg=m

解得：

FN=140N　

由牛顿第三定律知,物块对轨道A点的压力大小为140N,方向竖直向下　

（2）设物块能通过圆轨道的最高点,且在最高点处的速度为v3,则有：

-mg·

2R=m-m　

v3=6m/s>

=2m/s　

故物块能通过圆轨道的最高点做平抛运动,则：

水平方向：

x=v3t　

竖直方向：

2R=gt2　

x=2.4m　

（1）140N,方向竖直向下　

（2）能　2.4m

10.（18分）如图所示,水平绝缘粗糙的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接,半圆形轨道的半径R=0.4m,在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场,电场线与轨道所在的平面平行,电场强度E=1.0×

104N/C,现有一电荷量q=+1.0×

10-4C,质量m=0.1kg的带电体（可视为质点）,在水平轨道上的P点由静止释放,带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C,然后落至水平轨道上的D点。

g取10m/s2。

（1）带电体运动到圆形轨道B点时对圆形轨道的压力大小。

（2）D点到B点的距离xDB。

（3）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能。

（1）设带电体通过C点时的速度为vC,由牛顿第二定律得：

mg=m　（2分）

设带电体通过B点时的速度为vB,设轨道对带电体的支持力大小为FB,带电体从B运动到C的过程中,由动能定理得：

2R=m-m　（2分）

FB-mg=　（1分）

FB=6.0N　（1分）

根据牛顿第三定律得带电体对轨道的压力：

F′B=6.0N　（1分）

（2）设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t,则有：

2R=gt2　（2分）

xDB=vCt-·

t2　（3分）

xDB=0　（1分）

（3）由P到B带电体做加速运动,故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中,在此过程中只有重力和电场力做功,这两个力大小相等,其合力与重力方向成

45°

夹角斜向右下方,故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45°

处。

设小球的最大动能为Ekm,由动能定理得：

qERsin45°

-mgR（1-cos45°

）=Ekm-m　（3分）

Ekm=J=1.17J　（2分）

（1）6.0N　

（2）0　（3）1.17J

【总结提升】应用动能定理解题的一般步骤

（1）确定研究对象和研究过程。

（2）分析研究对象的受力情况和各力的做功情况。

（3）写出该过程中合外力做的功,或分别写出各个力做的功（注意功的正负）,如果研究过程中物体受力情况有变化,要分别写出该力在各个阶段做的功。

（4）写出物体的初、末动能。

（5）按照动能定理列式求解。