[推荐学习]物理大二轮复习(优选习题)：考前基础回扣练7：动能定理 功能关系

回扣练7：动能定理功能关系1．在光滑的水平面上有一静止的物体，现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力F2推这一物体，当恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J，则在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为()A．16 J、16 J B．8 J、24 JC．32 J、0 J D．48 J、－16 J解析：选B.设加速的末速度为v1，匀变速的末速度为v2，由于加速过程和匀变速过程的位移相反，又由于恒力F2作用的时间与恒力F1作用的时间相等，根据平均速度公式有v12＝－v1＋v22，解得v2＝－2v1，根据动能定理，加速过程W1＝12mv21，匀变速过程W2＝12mv22－12mv21根据题意12mv22＝32 J，故W1＝8 J，W2＝24 J，故选B.2．如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m ＝11 kg的轮胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37°，5 s后拖绳从轮胎上脱落．轮胎运动的v-t图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A．轮胎与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2B．拉力F的大小为55 NC．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD．在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W解析：选D.撤去F后，轮胎的受力分析如图1所示，由速度图象得5 s～7 s 内的加速度a2＝－5 m/s2，根据牛顿运动定律有N2－mg＝0，－f2＝ma2，又因为f2＝μN2，代入数据解得μ＝0.5，故A错误；力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图2所示，根据牛顿运动定律有F cos 37°－f1＝ma1，mg－F sin 37°－N1＝0, 又因为f1＝μN1，由速度图象得此过程的加速度a1＝2 m/s2，联立解得：F ＝70 N ，B 错误；在0 s ～5 s 内，轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25 J ＝850 J ，C 错误；因6 s 末轮胎的速度为5 m/s ，所以在6 s 时，摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5 W ＝275 W ，D 正确；故选D.3．一质量为m 的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v 时，其加速度大小为a ，设汽车所受的阻力恒为f .以下说法正确的是( )A ．汽车的功率为fvB ．当汽车的速度增加到2v 时，加速度为a 2C ．汽车行驶的最大速率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ma f v D ．当汽车的速度为v 时，行驶的距离为v 22a解析：选 C.汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma ，所以F ＝f ＋ma ，所以汽车的功率为P ＝Fv ＝(f ＋ma )v ，故A 错误；当汽车的速度增加到2v 时，此时的牵引力为F ＝P 2v ＝（f ＋ma ）v 2v ＝（f ＋ma ）2，由牛顿第二定律有：F －f ＝ma 1，即（f ＋ma ）2－f ＝ma 1，解得：a 1＝ma －f 2m，故B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即v m ＝P f ＝（f ＋ma ）v f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋ma f v ，故C 正确；由于以恒定的功率行驶，即做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax ＝v 2求解．故D 错误．4．如图，两个相同的小球P 、Q 通过铰链用刚性轻杆连接，P 套在光滑竖直杆上，Q 放在光滑水平地面上．开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q 沿水平地面向右运动．下列判断正确的是( )A ．P 触地前的速度一直增大B ．P 触地前的速度先增大后减小C ．Q 的速度一直增大D ．P 、Q 的速度同时达到最大解析：选A.开始时P 、Q 的速度都为零，P 受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q 由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q 做正功，Q 加速，后对Q 做负功，Q 减速，当P 到达底端时，P 只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q 的速度为零，所以在整个过程中，P 的速度一直增大，Q 的速度先增大后减小，故A 正确，BCD 错误；故选A.5．如图所示，两光滑直杆成直角竖直固定，OM 水平，ON 竖直，两个质量相同的有孔小球A 、B (可视为质点)串在杆上通过长为L 的非弹性轻绳相连，开始时小球A 在水平向左的外力作用下处于静止状态，此时OB ＝45L ，重力加速度为g ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则小球B 运动到与O 点的距离为35L 时的速度大小为( ) A.1510gL B ．1515gL C.8255gL D ．6255gL 解析：选C.开始时A 到O 的距离： OA ＝ L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫45L 2＝35L ， 以B 为研究对象，开始时B 受到重力、杆的支持力N和绳子的拉力T ，如图，则：tan θ＝N mg ；由几何关系：tan θ＝OA OB ＝35L 45L ＝34；联立得：N ＝34mg ， 以AB 组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力F 和杆对B 的支持力N ，由于水平方向受力平衡，所以F ＝N ＝34mg ，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，则：F ′＝4F ＝3mg ，B球向上运动时，小球B运动到距O 点的距离35L 时，由几何关系得，A 到O 点的距离：OA ′＝ L 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫35L 2 ＝45L ， A 向左的距离：Δs ＝45L －35L ＝15L ， B 上升的距离：Δh ＝45L －35L ＝15L 此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan θ′＝43， 则得 cos θ′＝0.6，sin θ′＝0.8由运动的合成与分解知识可知：A 球与B 球的速度之间的关系为：v B cos θ′＝v A sin θ′可得v B ＝43v A 以AB 球组成的整体为研究对象，拉力和重力对系统做功，由动能定理得：F ′·ΔS －mg Δh ＝12mv 2A ＋12mv 2B联立以上方程解得：v B ＝8255gL ，选项C 正确．故选C. 6．(多选)某研究小组对一辆新能源实验小车的性能进行研究．小车的质量为1.0 kg ，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其v -t 图象如图所示(除2～10 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)．已知2 s 后小车的功率P ＝9 W 保持不变，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，下列说法正确的有( )A ．0～2 s 时间内，汽车的牵引力是3.5 NB ．汽车在第1 s 时的功率等于第14 s 时的功率的一半C ．小车在0～10 s 内位移的大小为42 mD ．2～10 s 时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s解析：选BC.汽车的最大速度为v m ＝6 m/s ，则阻力f ＝P v m ＝96N ＝1.5 N ；在0～2 s时间内，汽车的加速度a＝32m/s2＝1.5 m/s2；则牵引力是F＝ma＋f＝1×1.5N＋1.5 N＝3 N，选项A错误；汽车在第1 s末时的功率：P1＝Fv1＝3×1.5 W＝4.5 W＝12P14，选项B正确；在0～2 s内的位移：s1＝12×2×3 m＝3 m；在2 s～10s内由动能定理：Pt－fs2＝12mv210－12mv22，解得s2＝39 m，则小车在0～10 s内位移的大小为s＝s1＋s2＝42 m，选项C正确；2～10 s时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是v≠3＋62m/s＝4.5 m/s，选项D错误；故选BC.7．(多选)如图为“阿特伍德机”模型，跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m和2m的物体甲、乙．将两物体置于同一高度，将装置由静止释放，经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l，重力加速度用g表示．则在该过程中()A．甲的机械能一直增大B．乙的机械能减少了23mglC．轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功D．甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能解析：选AB.机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重力势能均增加，所以机械能增加，故A正确；甲和乙组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：2mg l2＝mg l2＋12mv2＋12×2mv2，则解得：v＝13gl，乙动能增加量为12×2mv2＝13mgl，重力势能减小2mgl2＝mgl，所以机械能减小23mgl，故B正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小于重力，因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功，故C错误；甲动能增加量为：ΔE k＝12mv2＝16mgl，甲的重力所做的功在数值上等于12mgl，由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能，故D错误．所以AB正确，CD错误．8．(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v＝2 m/s沿图示方向匀速运动．现将一质量为2 kg的小木块，从传送带的底端以v0＝4 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带．已知小木块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，传送带足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g ＝10 m/s 2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，下列说法正确的是( )A ．运动时间为0.4 sB ．发生的位移为1.6 mC ．产生的热量为9.6 JD ．摩擦力对小木块所做功为12.8 J解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得a 1＝10 m/s 2，第一阶段位移为x 1＝v 2－v 20－2a 1＝0.6 m ，所用时间为t 1＝v －v 0－a 1＝0.2 s ，传送带位移为x 传1＝vt 1＝0.4 m ，划痕为Δx 1＝x 1－x 传1＝0.2 m ；第二阶段：mg sinθ－μmg cos θ＝ma 2，得a 2＝2 m/s 2，第二阶段位移为x 2＝v 22a 2＝1 m ，所用时间为t 2＝v a 2＝1 s ，传送带位移为x 传2＝vt 2＝2 m ，划痕为Δx 2＝x 传1－x 2＝1 m ．由以上分析可知，物体运动总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.2 s ；物体的总位移x ＝x 1＋x 2＝1.6 m ；产生总热量为Q ＝μmg cos θ·Δx 1＋μmg cos θ·Δx 2＝9.6 J ；摩擦力第一阶段做负功，第二阶段做正功，摩擦力对小木块所做功为W ＝－μmg cos θ·x 1＋μmg cos θ·x 2＝3.2 J ，综上分析可知BC 正确．9．(多选)如图所示，内壁光滑的绝缘管做成的圆环半径为R ，位于竖直平面内，管的内径远小于R .ab 为该环的水平直径，ab 及其以下区域处于水平向左的匀强电场中．现将质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从管中a 点由静止开始释放，已知qE ＝mg .则下列说法正确的是( )A ．小球释放后，可以运动过b 点B ．小球释放后，到达b 点时速度为零，并在bda 间往复运动C ．小球释放后，第一次和第二次经过最高点c 时对管壁的压力之比为1∶6D ．小球释放后，第一次经过最低点d 和最高点c 时对管壁的压力之比为5∶1解析：选AD.从a 到b 的过程，由动能定理qE ·2R ＝12mv 2b，可知v b ≠0，故小球可以运动过b 点，则选项A 正确，B 错误；小球释放后，第一次经过最高点c 时有：N 1＋mg ＝m v 21R ，－mgR ＋Eq ·2R ＝12mv 21，因为qE ＝mg ，解得N 1＝mg ；第二次经过最高点c 时有：Eq ·2R ＝12mv 22－12mv 21，同理可得N 2＝5mg ，所以比值为1∶5，选项C 错误；小球释放后，第一次经过最低点d ，由动能定理mgR ＋EqR ＝12mv 2，在d 点有：N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝5mg .故D 正确；故选AD.10．(多选)如图所示，质量为M 、半径为R 的ABC 凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽 ，当其到达B 点时解除锁定，小物块刚好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR 2；D 点距A 点高度差h ＝3R 8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒解析：选AC.A 项：小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽 ，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v ＝2v 0，从A 到C 应用能量守恒可知，12m (2v 0)2＝mgR sin 30°，解得v 0＝gR 2，从D 到A 应用动能定理可得：mgh ＝12m (2v 0)2－12mv 20，解得：h ＝3R 8，故A 正确；B 项：从A到B应用动能定理，mgR(1－sin 30°)＝12mv2B－12mv2A，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，F N－mg＝mv2BR，由以上两式解得F N＝3mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为v B1＝2gR，根据动量定理可得：I＝mv B1－0＝m2gR，故C正确；D项：小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统所受外力不为零，故动量不守恒，故D错误．。