高三物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn) 第1部分 專題突破篇 專題5 功 功率 動(dòng)能定理
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專題限時(shí)集訓(xùn)(五) 功 功率 動(dòng)能定理 (建議用時(shí):40分鐘) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分.) 1.(2016海南“七校聯(lián)盟”大聯(lián)考)如圖13甲所示,某女士第一次站立在臺(tái)階式自動(dòng)扶梯上,扶梯將她送上樓,第二次如圖乙所示,該女士乘相同自動(dòng)扶梯的同時(shí),她還相對(duì)于扶梯勻速向上走,兩次到達(dá)同一高度.兩次自動(dòng)扶梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度相同,下列關(guān)于兩次自動(dòng)扶梯的牽引力做功和功率的說(shuō)法正確的是( ) 甲 乙 圖13 A.兩次牽引力做功相同,牽引力的功率第一次的較大 B.牽引力做功第一次的較大,兩次牽引力的功率相同 C.牽引力做功第一次的較大,功率也是第一次的大 D.兩次牽引力做功相同,功率也相同 B [由于兩次自動(dòng)扶梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度相同,第二次該女士是沿扶梯勻速向上行走,表明兩次扶梯對(duì)該女士的牽引力相同,但把該女士送到同一高度時(shí),所用的時(shí)間不同,第二次時(shí)間要短,扶梯運(yùn)行的位移要小,由功的公式W=Fscos α可知,第一次扶梯對(duì)該女士做的功要多.自動(dòng)扶梯牽引力的功率由P=Fvcos α可知,扶梯對(duì)該女士的牽引力相同,扶梯兩次運(yùn)行的速度也相同,所以兩次牽引力的功率相同,選項(xiàng)B正確.] 2.(2016湖北六校3月聯(lián)考)如圖14所示,半徑為R的光滑圓弧軌道左端有一質(zhì)量為m的小球,在大小恒為F、方向始終與軌道相切的外力作用下,小球在豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動(dòng),軌道左端切線水平,當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到軌道的末端時(shí)立即撤去外力,此時(shí)小球的速率為v,已知重力加速度為g,則( ) 【導(dǎo)學(xué)號(hào):37162035】 圖14 A.此過(guò)程外力做功為FR B.此過(guò)程外力做功為FR C.小球離開軌道的末端時(shí),拉力的功率為Fv D.小球離開軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為 C [由于力的大小不變,方向始終沿圓弧的切線方向,所以力F做的功為W=F2πR=FR,選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤;小球離開軌道時(shí)的速率為v,方向和外力F的方向相同,所以拉力的功率為Fv,選項(xiàng)C正確;設(shè)小球離開軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1,小球離開軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為h,根據(jù)動(dòng)能定理有W-mgh=mv>0,代入W的值可得h<,所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤.] 3.一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持恒定的牽引功率,其加速度a和速度的倒數(shù)圖象如圖15所示.若已知汽車的質(zhì)量,則根據(jù)圖像所給的信息,不能求出的物理量是( ) 圖15 A.汽車的功率 B.汽車行駛的最大速度 C.汽車所受到的阻力 D.汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間 D [由F-Ff=ma,P=Fv可得:a=-,對(duì)應(yīng)圖線可知,=k=40,可求出汽車的功率P,由a=0時(shí),=0.05可得:vm=20 m/s,再由vm=,可求出汽車受到的阻力Ff,但無(wú)法求出汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間,故應(yīng)選D.] 4.(2016河北保定二模)如圖16所示,傾角為θ的斜面固定在水平地面上,其頂端有一輕彈簧,彈簧上端固定.一質(zhì)量為m的小物塊向右滑行并沖上斜面.設(shè)小物塊在斜面最低點(diǎn)A的速度為v,將彈簧壓縮至最短時(shí)小物塊位于C點(diǎn),C點(diǎn)距地面高度為h,小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,不計(jì)小物塊與彈簧碰撞過(guò)程中的能量損失,則小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為( ) 圖16 A.mv2-mgh- B.mgh+mv2-mghtan θ C.mv2-mgh D.mgh-mv2+ A [小物塊從A到C克服摩擦力的功Wf=μmgcos θ=,克服重力的功WG=mgh,設(shè)克服彈力做的功為W,由動(dòng)能定理有-mgh--W=0-mv2,得出W=mv2-mgh-,所以小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mv2-mgh-,故選項(xiàng)A正確.] 5.(2016衡水中學(xué)二模)有兩條滑道平行建造,左側(cè)相同而右側(cè)有差異,一個(gè)滑道的右側(cè)水平,另一個(gè)的右側(cè)是斜坡.某滑雪者保持一定姿勢(shì)坐在雪橇上不動(dòng),從h1高處的A點(diǎn)由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑,最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上.接著改用另一個(gè)滑道,還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開始下滑,結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為α的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下.若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同,且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失,則( ) 圖17 A.動(dòng)摩擦因數(shù)為tan θ B.動(dòng)摩擦因數(shù)為 C.傾角α一定大于θ D.傾角α可以大于θ B [第一次停在BC上的某點(diǎn),由動(dòng)能定理得 mgh1-μmgcos θ-μmgs′=0 mgh1-μmg(+s′)=0 mgh1-μmgs=0 μ= A錯(cuò)誤,B正確. 在AB段由靜止下滑,說(shuō)明μmgcos θ<mgsin θ,第二次滑上CE在E點(diǎn)停下,說(shuō)明μmgcos α>mgsin α;若α>θ,則雪橇不能停在E點(diǎn),所以C、D錯(cuò)誤.] 6.(2016云南五校聯(lián)考)將三個(gè)光滑的平板傾斜固定,三個(gè)平板頂端到底端的高度相等,三個(gè)平板與水平面間的夾角分別為θ1、θ2、θ3,如圖18所示.現(xiàn)將三個(gè)完全相同的小球由最高點(diǎn)A沿三個(gè)平板同時(shí)無(wú)初速度地釋放,經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)平板的底端.則下列說(shuō)法正確的是( ) 圖18 A.重力對(duì)三個(gè)小球所做的功相同 B.沿傾角為θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大 C.三個(gè)小球到達(dá)底端時(shí)的瞬時(shí)速度相同 D.沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小 AD [假設(shè)平板的長(zhǎng)度為x,由功的定義式可知W=mgxsin θ=mgh,則A正確;小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度a=gsin θ,小球到達(dá)平板底端時(shí)的速度為v===,顯然到達(dá)平板底端時(shí)的速度大小相等,但方向不同,則C錯(cuò)誤;由位移公式x=at2可知t==,整個(gè)過(guò)程中重力的平均功率為P==,則沿傾角為θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大,B錯(cuò)誤;根據(jù)P=mgvcos (90-θ)=mgvsin θ,速度大小相等,沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小,D正確.] 7.(2015安慶模擬)如圖19甲所示,在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m=4 kg的物體,讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng),推力隨位移x變化的圖象如圖乙所示,已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5,g取10 m/s2,下列說(shuō)法正確的是( ) 圖19 A.物體先做加速運(yùn)動(dòng),推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng) B.物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 m C.物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為8 m/s D.物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變 BC [物體先做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開始做減速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤;由圖象得到推力對(duì)物體做的功等于圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”,得推力做功為: W=200 J 根據(jù)動(dòng)能定理: W-μmgxm=0, 代入數(shù)據(jù)解得:xm=10 m, 故B正確; 由圖象可得推力隨位移x是變化的,當(dāng)推力等于摩擦力時(shí),加速度為0,速度最大,則: F0=μmg=20 N, 由圖得到F與x的函數(shù)關(guān)系式為: F=100-25x, 代入F0得:x=3.2 m, 由動(dòng)能定理可得: 3.2-203.2=4v, 解得:vm=8 m/s,故C正確; 拉力一直減小,而摩擦力不變,故加速度先減小后增大,故D錯(cuò)誤.] 8.如圖20所示,一水平傳送帶以2.0 m/s的速度順時(shí)針傳動(dòng),水平部分長(zhǎng)為2.0 m,其右端與一傾角為θ=37的光滑斜面平滑相連,斜面長(zhǎng)為0.4 m,一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無(wú)初速度地放在傳送帶最左端.已知物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,sin 37=0.6,g取10 m/s2.則( ) 【導(dǎo)學(xué)號(hào):37162036】 圖20 A.物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B.物塊到達(dá)傳送帶右端的速度大小為2 m/s C.物塊沿斜面上滑能上升的最大高度為0.2 m D.物塊返回傳送帶時(shí)恰好到達(dá)最左端 BC [物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由μmg=ma1,解得a1=2 m/s2,x1==1 m<2 m,所以在到達(dá)傳送帶右端前物塊已經(jīng)以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤,B正確;物塊以初速度v0滑上斜面后做勻減速直線運(yùn)動(dòng),上滑過(guò)程由動(dòng)能定理得-mghm=0-mv,解得hm=0.2 m,由于x2== m<0.4 m,所以物塊未到達(dá)斜面的最高點(diǎn),C正確;物塊返回傳送帶時(shí)滑動(dòng)的距離為x,由動(dòng)能定理得mghm-μmgx=0,解得x=1 m,所以物塊返回傳送帶時(shí)不會(huì)到達(dá)最左端,D錯(cuò)誤.] 二、計(jì)算題(共2小題,32分) 9.(16分)(2016開封重點(diǎn)中學(xué)二聯(lián))如圖21所示,一質(zhì)量為m=2.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置在粗糙水平面上的A點(diǎn),水平面上的B點(diǎn)處固定有一豎直放置的半徑為R=0.4 m的粗糙半圓形軌道.現(xiàn)給滑塊施加一水平向右且大小為F=10 N的恒定拉力,使滑塊由靜止開始向右運(yùn)動(dòng).已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.25,A、B兩點(diǎn)間的距離為d=5 m,重力加速度取g=10 m/s2. 圖21 (1)若滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)停止,求拉力F作用的時(shí)間; (2)若在滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去拉力F,則滑塊剛好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C,求滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功. 【解析】 (1)設(shè)在拉力F作用下滑塊向右滑行的距離為x,則由動(dòng)能定理可得Fx=μmgd 設(shè)在拉力F作用階段滑塊的加速度大小為a1,拉力F作用時(shí)間為t,則有F-μmg=ma1 x=a1t2 聯(lián)立解得t= s. (2)設(shè)滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB,在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC,則由動(dòng)能定理可得(F-μmg)d=mv 由于滑塊剛好能通過(guò)最高點(diǎn)C,則有mg=m 設(shè)滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做的功為Wf,則有 Wf=mv-mv-mg2R 聯(lián)立解得Wf=5 J. 【答案】 (1) s (2)5 J 10.(16分)(2016吉安四校模擬)如圖22所示,在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓形光滑軌道,水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料,調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為l,水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定,彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài).可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道,通過(guò)圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧,并被彈簧以原速率彈回.已知R=0.4 m,l=2.5 m,v0=6 m/s,物塊質(zhì)量m=1 kg,與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4,軌道其它部分摩擦不計(jì).g取10 m/s2,求: 圖22 (1)物塊經(jīng)過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力; (2)物塊從Q運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間及彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能; (3)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道,調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度l,當(dāng)l長(zhǎng)度是多少時(shí),物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng). 【導(dǎo)學(xué)號(hào):37162037】 【解析】 (1)物塊沖上圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)速度為v,由動(dòng)能定律得: -2mgR=mv2-mv ① 物塊在B點(diǎn)時(shí),由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得: FN+mg= ② 聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得FN=40 N 由牛頓第三定律得,物塊對(duì)軌道壓力大小為40 N,方向?yàn)樨Q直向上. (2)物塊在Q點(diǎn)時(shí)速度為v0=6 m/s, 在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí),由牛頓第二定律有: μmg=ma ③ 由運(yùn)動(dòng)規(guī)律l=v0t-at2 ④ 聯(lián)立③④式并代入數(shù)據(jù)解得在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=0.5 s(t=2.5 s不符合題意,舍去) 設(shè)物塊在P點(diǎn)時(shí)速度為v1,由動(dòng)能定理得: -μmgl=mv-mv ⑤ 物塊壓縮彈簧,由能量守恒得動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能,有 Epm=mv ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)解得Epm=8 J. (3)設(shè)物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)Q點(diǎn)時(shí)速度為v2,有 -2μmgl=mv-mv ⑦ 要使物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn),則物塊能沿軌道上滑至最高點(diǎn)且在最高點(diǎn)的速度大小為v3,則滿足 -2mgR=mv-mv ⑧ 且mg= ⑨ 聯(lián)立⑦⑧⑨式并代入數(shù)據(jù)解得l=1 m. 【答案】 (1)40 N,方向豎直向上 (2)0.5 s 8 J (3)1 m- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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