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2022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

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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32J,则在整个过程中,恒力F1、F2做的功分别为(  )A.16J、16J       B.8J、24JC.32J、0JD.48J、-16J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=32J,故W1=8J,W2=24J,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=11kg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°,5s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sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/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55NC.在0~5s内,轮胎克服摩擦力做功为1375JD.在6s末,摩擦力的瞬时功率大小为275W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5s~7s内的加速度a2=-5m/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Fcos37°-f1=ma1,mg-Fsin37°-N1=0,又因为f1=μN1,由速度图象得此过程的加速度a1=2m/s2,联立解得:F=70N,B错误;在0s~5s内,轮胎克服摩擦力做功为0.5×68×25J=850J,C错误;因6s末轮胎的速度为5m/s,所以在6s时,7\n摩擦力的瞬时功率大小为0.5×110×5W=275W,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C.汽车行驶的最大速率为vD.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\n5.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:tanθ=;由几何关系:tanθ===;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:tanθ′=,则得cosθ′=0.6,sinθ′=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:7\nvBcosθ′=vAsinθ′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1.0kg,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2~10s时间段图象为曲线外,其余时间段图象均为直线).已知2s后小车的功率P=9W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.0~2s时间内,汽车的牵引力是3.5NB.汽车在第1s时的功率等于第14s时的功率的一半C.小车在0~10s内位移的大小为42mD.2~10s时间内,汽车的平均速度是4.5m/s解析:选BC.汽车的最大速度为vm=6m/s,则阻力f==N=1.5N;在0~2s时间内,汽车的加速度a=m/s2=1.5m/s2;则牵引力是F=ma+f=1×1.5N+1.5N=3N,选项A错误;汽车在第1s末时的功率:P1=Fv1=3×1.5W=4.5W=P14,选项B正确;在0~2s内的位移:s1=×2×3m=3m;在2s~10s内由动能定理:Pt-fs2=mv-mv,解得s2=39m,则小车在0~10s内位移的大小为s=s1+s2=42m,选项C正确;2~10s时间内,汽车不是匀加速运动,则平均速度是v≠m/s=4.5m/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2m7\n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mglC.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=2m/s沿图示方向匀速运动.现将一质量为2kg的小木块,从传送带的底端以v0=4m/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,sin37°=0.6,cos37°=0.8,取g=10m/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0.4sB.发生的位移为1.6mC.产生的热量为9.6JD.摩擦力对小木块所做功为12.8J解析:选BC.第一阶段:根据牛顿第二定律,mgsinθ+μmgcosθ=ma1,得a1=10m/s2,第一阶段位移为x1==0.6m,所用时间为t1==0.2s,传送带位移为x传1=vt1=0.4m,划痕为Δx1=x1-x传1=0.2m;第二阶段:mgsinθ-μmgcosθ=ma2,得a2=2m/s2,第二阶段位移为x2==1m,所用时间为t2==1s7\n,传送带位移为x传2=vt2=2m,划痕为Δx2=x传1-x2=1m.由以上分析可知,物体运动总时间为t=t1+t2=1.2s;物体的总位移x=x1+x2=1.6m;产生总热量为Q=μmgcosθ·Δx1+μmgcosθ·Δx2=9.6J;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=-μmgcosθ·x1+μmgcosθ·x2=3.2J,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=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\nA.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2mgC.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=mgRsin30°,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-sin30°)=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

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发布时间:2022-08-25 14:43:55 页数:7
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文章作者:U-336598

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