【全程复习方略】2016届全国二轮高考专题辅导与应用：专题二 第1讲第1讲 功 功率 动能定理

第1部分 专题二 第1讲对应学生用书 课时过关(四) 第143页一、选择题1．导学号：82460297(2015河北衡水中学三模，16)有两条滑道平行建造，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h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ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α的雪道上h 2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( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ解析：第一次停在BC 上的某点，由动能定理得mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1tan θ＋s ′＝0 mgh 1－μmgs ＝0μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ<mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α>mg sin α；若α>θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．答案：B2．导学号：82460298(2015河北石家庄质检，17)有一辆新颖电动汽车，总质量为1 000 kg.行驶中，该车速度在14～20 m/s 范围内保持恒定功率20 kW 不变．一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400 m 范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，则( )B ．位移120～320 m 过程牵引力所做的功约为9.5×104 JC ．位移120～320 m 过程经历时间约为14.75 sD ．该车速度在14～20 m/s 范围内可能做匀加速直线运动解析：汽车最后匀速行驶，有P ＝f v m 得：f ＝20×10320.0 N ＝1 000 N ，则A 错；汽车位移120～320 m 过程中牵引力做功W ，由动能定理得：W －f ·(320 m －120 m)＝12m v 2m －12m v 20，代入数据得W ＝2.95×105 J ，则B 错；设汽车位移120～320 m过程经历时间为t ，由动能定理得：Pt －f ·(320 m －120 m)＝12m v 2m －12m v 20，代入数据得：t ＝14.75 s ，则C 对；汽车速度在14～20 m/s 范围内，功率不变，做变加速直线运动，则D 错．答案：C3．导学号：82460299(2015河北冀州调研，6)一个质量为0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动，如图所示，图线α表示物体受水平拉力时的v t 图线，图线b 表示撤去水平拉力后物体继续运动的v t 图线，g ＝10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A ．撤去拉力后物体还能滑行7.5 mB ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C ．水平拉力的大小为0.1 N ，方向与摩擦力方向相同D ．水平拉力对物体做功为1.2 J解析：在0～3 s 内水平拉力F 作用在物体上，由v t 图象可知，此时间内物体的加速度大小a 1＝23 m/s 2,3 s 末撤去力F ，此后，物体的加速度大小a 2＝13m/s 2.由v t 图线和横轴所围面积表示位移，可知3～6 s 内物体的位移为7.5 m ，而6 s 末物体的速度不为零，此后物体仍向前运动，故A 错．由ma 2＝μmg ，可得μ＝130，B 错．结合题图可知F 与摩擦力方向相同，由牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma 1，解得F ＝0.1 N ，故C 对．W ＝－Fx ＝－1.2 J ，D 错．答案：C4．导学号：82460300(2015河北保定调研，21)如图所示，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m 的小球静止在轨道底部A 点．现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动．当小球回到A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点．已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W 1，第二次击打过程中小锤对小球做功W 2.设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则W 1/W 2的值可能是( )A ．1/2B ．2/3C ．3/4D ．1解析：第一次击打，小球运动的最高高度为R ，即W 1≤mgR ，第二次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，而恰好过最高点的条件为mg ＝m v 2高R ，即v 高＝gR ，小球从静止到到达最高点的过程，由动能定理得W 1＋W 2－mg 2R ＝12m v 2高－0，得W 1＋W 2＝52mgR ，则W 1W 2≤23，故选A 、B. 答案：AB5．导学号：82460301(2015安徽合肥一模，4)一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，则此过程中铁块损失的机械能为( )A.18mgRB.14mgRC.12mgRD.34mgR 解析：已知铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的1.5倍，由牛顿第二定律得：1.5mg ＝m v 2R对铁块的下滑过程运用动能定理得：mgR －W ＝12m v 2，解得：W ＝14mgR ，故选B.答案：B6．导学号：82460302(2015宁夏银川一中一模，16)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为x ，且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么这段时间内( )A ．小车做匀加速运动B ．小车受到的牵引力逐渐增大C ．小车受到的合外力所做的功为PtD ．小车受到的牵引力做的功为Fx ＋12m v 2m解析：小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，因为v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1逐渐减小，a也逐渐减小，当v＝v m时，a＝0，故A、B项均错；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝12m v2m，故C项错，D项对．答案：D7．导学号：82460303(2015河北衡水中学三模，17)如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m，若不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则()A．小物块的初速度是5 m/sB．小物块的水平射程为1.2 mC．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功D．小物块落地时的动能为0.9 J解析：小物块在桌面上克服摩擦力做功W f＝μmgL＝2 J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f＝12m v2－12m v2，解得v0＝7 m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝v t、h＝12gt2，解得x＝0.9 m，B错．设小物块落地时动能为E k，由动能定理得mgh＝E k－12m v2，解得Ek＝0.9 J，D正确．答案：D8．导学号：82460304(2015山西模拟，16)用传感器研究质量为2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是() A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：由a t 图象可知：图线与时间轴围成的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －12×1×2 cm /s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错；由图象可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m /s ＝7 m/s ，B 错；由图象可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错；在0～4 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合4＝12m v 24－0又v 4＝12×(2＋4)×2 m /s ＝6 m/s得W 合4＝36 J0～6 s 内合力对物体做的功由动能定理可知：W 合6＝16m v 26－0又v 6＝6 m/s得W 合6＝36 J则W 合4＝W 合6，D 正确．答案：D9．导学号：82460305(2015河北保定模拟，18)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C ，质量相等的两木块A 、B 用一劲度系数为k 的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩量为l .如果用平行斜面向上的恒力F (F ＝m A g )拉A ，当A 向上运动一段距离x 后撤去F ，A 运动到最高处时，B 刚好不离开C ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )A ．A 沿斜面上升的初始加速度大小为g 2B ．A 上升的竖直高度最大为2lC ．拉力F 的功率随时间均匀增加D ．l 等于x解析：A 沿斜面上升的初始时刻，A 所受合力为F ＝m A g ＝m A a ，得a ＝g ，A 选项错．初始时A 静止，弹簧压缩量为l ，则有kl ＝m A g sin 30°；当A 运动到最高处时，弹簧的伸长量为l ′，对B 受力分析，则有kl ′＝m B g sin 30°，又m A ＝m B ，得l ′＝l ，所以A 上升的竖直高度最大为2l sin 30°＝l ，B 项错误；拉力F 的功率P ＝F v ＝Fat ，a 时刻改变，所以P 随时间不均匀增加，C 项错．在全程对A 由动能定理有－m A g 2l sin θ＋Fx ＝0，得x ＝l ，所以D 项正确．答案：D10．导学号：82460306(2015江西十校二模，15)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同．在这三个过程中，下列说法不正确．．．的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l 1、l 2、l 3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝12m v 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh 2－μmgl 2cos θ2＝12m v 22－0，又h 1>h 2，l 1cos θ1＝l 2cos θ2，可得v 1>v 2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh 3－μmgl 3cosθ3＝12m v 23－0，又h 2＝h 3，l 2 cos θ2<l 3cos θ3，可得v 2>v 3，故A 错，B 对．三个过程中产生的热量分别为Q 1＝μmgl 1cos θ1，Q 2＝μmgl 2cos θ2，Q 3＝μmgl 3cos θ3，则Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 对，应选A.答案：A二、非选择题11．导学号：82460308(2015重庆理综，8)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14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L 2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．解析：(1)由平抛运动规律可知L ＝v t ，H ＝12gt 2，同理L 2＝v t 1，h ＝12gt 21，解得h ＝H 4，则距地面的高度为H 1＝H －h ＝34H .(2)由平抛运动规律解得v ＝L t ＝L g2H小球经过Q 点为圆周的最低点，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝mg ＋mgL 22HR .由牛顿第三定律知F 压＝F N ＝mg ＋mgL 22HR .(3)小球由P 点至Q 点，由动能定理：mgR ＋W f ＝12m v 2，解得W f ＝mgL 24H －mgR .答案：(1)34H (2)L g 2H mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋L 22HR 方向竖直向下 (3)mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24H －R12．导学号：82460310如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v 0＝6 m /s ，将质量m ＝1.0 kg的可看作质点的滑块无初速度地放到传送带A 端，传送带长度为L ＝12.0 m ，“9”字全高H ＝0.8 m ，“9”字上半部分圆弧半径为R ＝0.2 m ，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度g 取10 m/s 2，试求：(1)滑块从传送带A 端运动到B 端所需要的时间．(2)滑块滑到轨道最高点C 时对轨道作用力的大小和方向．(3)若滑块从“9”形轨道D 点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P 点，求P 、D 两点间的竖直高度h (保留两位有效数字)．解析：(1)在传送带上加速运动时，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma解得：a ＝3 m/s 2加速到与传送带达到共同速度所需要的时间：t 1＝v 0a ＝2 s前2 s 内的位移：x 1＝12at 21＝6 m之后滑块做匀速运动的位移x 2＝L －x 1＝6 m所用的时间：t 2＝x 2v 0＝1 s t ＝t 1＋t 2＝3 s(2)滑块由B 到C 的过程中，由动能定理得：－mgH ＝12m v 2C －12m v 20在C 点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2C R解得：F N ＝90 N方向竖直向下由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小为90 N ，方向竖直向上(3)滑块从B到D的过程中由动能定理得：－mg＝(H－2R)＝12m v2D－12m v2在P点v y＝v D tan45°又：h＝v2y 2g解得：h＝1.4 m答案：(1)3 s(2)90 N方向竖直向上(3)1.4 m[备课札记]_________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________ _________________________________________________________________。