2020版高考物理大二轮复习 考前基础回扣练7 动能定理 功能关系 7页

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 J C．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＝－ ，解得v2＝－2v1，根据动能定理，加速过程W1＝mv，匀变速过程W2＝mv－mv根据题意mv＝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vt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＝0.2‎ B．拉力F的大小为55 N C．在0～5 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 J D．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Fcos 37°－f1＝ma1，mg－Fsin 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，‎ 7‎ 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fv B．当汽车的速度增加到2v时，加速度为 C．汽车行驶的最大速率为v D．当汽车的速度为v时，行驶的距离为 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＝＝＝，由牛顿第二定律有：F－f＝ma1，即－f＝ma1，解得：a1＝，故B错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，即vm＝＝＝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＝v2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.‎ 7‎ ‎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＝L，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L时的速度大小为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选C.开始时A到O的距离： OA＝ ＝L，‎ 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＝；由几何关系：tan θ＝＝＝；联立得：N＝mg，‎ 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＝mg，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L时，由几何关系得，A到O点的距离：OA′＝ ＝L，‎ A向左的距离：Δs＝L－L＝L，‎ B上升的距离：Δh＝L－L＝L 此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan θ′＝，‎ 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：‎ vBcos θ′＝vAsin θ′‎ 7‎ 可得vB＝vA 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－mgΔh＝mv＋mv 联立以上方程解得：vB＝，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vt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 N B．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 m D．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vm＝‎6 m/s，则阻力f＝＝ N＝1.5 N；在0～2 s时间内，汽车的加速度a＝ m/s2＝‎1.5 m/s2；则牵引力是F＝ma＋f＝1×1.5 N＋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＝P14，选项B正确；在0～2 s内的位移：s1＝×2×‎3 m＝‎3 m；在2 s～10 s内由动能定理：Pt－fs2＝mv－mv，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≠ m/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 7‎ 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mgl C．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＝mg＋mv2＋×2mv2，则解得：v＝ ，乙动能增加量为×2mv2＝mgl，重力势能减小2mg＝mgl，所以机械能减小mgl，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：ΔEk＝mv2＝mgl，甲的重力所做的功在数值上等于mgl，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/s2.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 s B．发生的位移为‎1.6 m C．产生的热量为9.6 J D．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，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，得a1＝‎10 m/s2，第一阶段位移为x1＝＝‎0.6 m，所用时间为t1＝＝0.2 s，传送带位移为x传1＝vt1＝‎0.4 m，划痕为Δx1＝x1－x传1＝‎0.2 m；第二阶段：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，得a2＝‎2 m/s2，第二阶段位移为x2＝＝‎1 m，所用时间为t2＝＝1 s，传送带位移为x传2＝vt2＝‎2 m，划痕为Δx2＝x传1－x2＝‎1 m．由以上分析可知，物体运动总时间为t＝t1＋t2＝1.2 s；物体的总位移x＝x1＋x2＝‎1.6 m；产生总热量为Q＝μmgcos θ·Δx1＋μmg 7‎ cos θ·Δx2＝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＝－μmgcos θ·x1＋μmgcos θ·x2＝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∶6‎ D．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＝mv，可知vb≠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：N1＋mg＝m ，－mgR＋Eq·2R＝mv，因为qE＝mg，解得N1＝mg；第二次经过最高点c时有：Eq·2R＝mv－mv，同理可得N2＝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＝mv2，在d点有：N－mg＝m，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(　　)‎ 7‎ A．从D点抛出的初速度为v0＝；D点距A点高度差h＝ B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mg C．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝m，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＝2v0，从A到C应用能量守恒可知，m(2v0)2＝mgRsin 30°，解得v0＝，从D到A应用动能定理可得：mgh＝m(2v0)2－mv，解得：h＝，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgR(1－sin 30°)＝mv－mv，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，FN－mg＝，由以上两式解得FN＝3mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为vB1＝，根据动量定理可得：I＝mvB1－0＝m，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．‎ 7‎