高三物理二轮复习辅导与用 第1整合突破二

咐呼州鸣咏市呢岸学校第1讲 功 功率 动能理
对学生用书 课时过关(四) 第143页 一、选择题
1．导学号：82460297(2021三模，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．假设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，那么( )
A ．动摩擦因数为tan θ
B ．动摩擦因数为h 1s
C ．倾角α一大于θ
D ．倾角α可以大于θ
解析：第一次停在BC 上的某点，由动能理得
mgh 1－μmg cos θ·h 1
sin θ
－μmgs ′＝0 mgh 1－μmg ⎝⎛
⎭
⎫h 1
tan θ＋s ′＝0 mgh 1－μmgs ＝0 μ＝h 1
s
A 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；假设α>θ，那么雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．
答案：B
2．导学号：82460298(2021质检，17)有一辆颖电动，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，设在上述范围内受到的阻力大小不变，那么( )
s /m 120 160 200 240 280 320 360 400 v /(m·s －1)
1
1
18.0
19.0
1
20.0
20.0
20.0
B ．位移120～320 m 过程牵引力所做的功约为×104
J
C ．位移120～320 m 过程经历时间约为15 s
D ．该车速度在14～20 m/s 范围内可能做匀加速直线运动
解析：最后匀速行驶，有P ＝fv m 得：f ＝20×10
3
20.0 N ＝1 000 N ，那么A 错；位移120～320 m 过程中牵
引力做功W ，由动能理得：W －f ·(320 m－120 m)＝12mv 2m －12mv 20，代入数据得W ＝5×105
J ，那么B 错；设
位移120～320 m 过程经历时间为t ，由动能理得：Pt －f ·(320 m－120 m)＝12mv 2m －12mv 2
0，代入数据得：t
＝15 s ，那么C 对；速度在14～20 m/s 范围内，功率不变，做变加速直线运动，那么D 错．
答案：C
3．导学号：82460299(2021，6)一个质量为0.3 kg 的物体沿水平面做直线运动，如下图，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，
以下说法中正确的选项是( )
A ．撤去拉力后物体还能滑行7.5 m
B ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C ．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 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＝2
3
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＝1
30
，B 错．结合题图可知F 与摩擦力方向相同，由牛顿第二律有F ＋μmg ＝ma 1，解得F ＝0.1 N ，故C 对．W ＝－Fx ＝－ J ，D 错．
答案：C
4．导学号：82460300(2021，21)如下图，内壁光滑半径大小为R 的圆轨道竖直固在桌面上，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．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用来增加小球的动能，那么W 1/W 2的值可能是( )
A ．1/2
B ．2/3
C ．3/4
D ．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，由动能理得W 1
＋W 2－mg 2R ＝12mv 2高－0，得W 1＋W 2＝52mgR ，那么W 1W 2≤2
3
，应选A 、B.
答案：AB
5．导学号：82460301(2021一模，4)一个质量为m 的小铁块沿半径为R 的固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倍，那么此过程中铁块损失的机械能为( )
A.1
8mgR B.1
4mgR C.1
2
mgR D.3
4
mgR 解析：铁块滑到半圆底部时，小铁块所受向心力为铁块重力的倍，由牛顿第二律得：mg ＝m v 2
R
对铁块的下滑过程运用动能理得：mgR －W ＝12mv 2
， 解得：W ＝1
4mgR ，应选B.
答案：B
6．导学号：82460302(2021一中一模，16)如下图为某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．假设质量为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 的距离为x ，且速度到达最大值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Pt
D ．小车受到的牵引力做的功为Fx ＋12
mv 2
m 解析：小车在运动方向上受向前的牵引力F 1和向后的阻力F ，因为v 增大，P 不变，由P ＝F 1v ，F 1－F ＝ma ，得出F 1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 ，由动能理得W 牵－Fx ＝12
mv 2
m ，故C 项错，D 项对．
答案：D
7．导学号：82460303(2021三模，17)如下图，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，物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，假设不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2
，那么( )
A ．小物块的初速度是5 m/s
B ．小物块的水平射程为1.2 m
C ．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，由动能理得－W f
＝12mv 2－12mv 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝vt 、h ＝12gt 2
，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能理得mgh ＝E k －12
mv 2
，解得E k ＝0.9 J ，D 正确． 答案：D
8．导学号：82460304(2021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下图．以下说法正确的选项是( )
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－1
2×1×2 cm/s＝6 m/s ，那么
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 ＝1
2×(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理可知：
W 合4＝12
mv 24－0
又v 4＝1
2×(2＋4)×2 m/s＝6 m/s
得W 合4＝36 J
0～6 s 内合力对物体做的功由动能理可知：
W 合6＝1
6
mv 26－0
又v 6＝6 m/s 得W 合6＝36 J
那么W 合4＝W 合6，D 正确． 答案：D
9．导学号：82460305(2021模拟，18)如下图，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固挡板C ，质量相的两木块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 ，那么以下说法正确的选项是( )
A ．A 沿斜面上升的初始加速度大小为g
2
B ．A 上升的竖直高度最大为2l
C ．拉力F 的功率随时间均匀增加
D ．l 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 ，那么有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，那么有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 ＝Fv ＝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 由动能理有－m A g 2l sin θ＋Fx ＝0，得x ＝l ，所以D 项正确．
答案：D
10．导学号：82460306(2021十校二模，15)将三个木板1、2、3固在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如下图，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，以下说法不正确的选项是．．．．．．．
( ) 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，由动能理有mgh 1－μmgl 1cos θ1＝1
2
mv 21－0，当物块沿木板2下滑时，由动能理有mgh 2－μmgl 2cos
θ2＝12
mv 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，由动能理有mgh 3－μmgl 3cos θ3＝1
2
mv 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，那么Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 对，选A.
答案：A 二、非选择题
11．导学号：82460308(2021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下图的装置．图中水平放置的底板上竖直地固有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 ＝vt ，H ＝12gt 2，同理L 2＝vt 1，h ＝12gt 21，解得h ＝H
4，那么距地面的高
度为H 1＝H －h ＝3
4
H . (2)由平抛运动规律解得v ＝L
t ＝L
g 2H
小球经过Q 点为圆周的最低点，由牛顿第二律
F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝mg ＋mgL 2
2HR . 由牛顿第三律知F 压＝F N ＝mg ＋mgL 22HR
. (3)小球由P 点至Q 点，由动能理：mgR ＋W f ＝ 12mv 2，解得W f ＝mgL 2
4H
－mgR .
答案：(1)3
4
H (2)L
g 2H mg ⎝⎛⎭⎫1＋
L 22HR 方向竖直向下 (3)mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R
12．导学号：82460310如下图，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H ＝0.8 m ，“9”字上半圆弧半径为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)假设滑块从“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 (保存两位有效数字)．
解析：(1)在传送带上加速运动时，由牛顿第二律得：μmg ＝ma 解得：a ＝3 m/s 2
加速到与传送带到达共同速度所需要的时间：
t 1＝v 0
a
＝2 s 前2 s 内的位移：x 1＝12at 2
1＝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，由动能理得： －mgH ＝12mv 2C －12
mv 2
在C 点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二律得：
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 的过程中由动能理得：
－mg ＝(H －2R )＝12mv 2D －12mv 2
在P 点v y ＝v D
tan45°
又：h ＝v 2
y
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]
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