（江蘇專(zhuān)版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 第一講 功和功率 動(dòng)能定理課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）.doc

《（江蘇專(zhuān)版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 第一講 功和功率 動(dòng)能定理課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）.doc》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專(zhuān)版）2019版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題二 第一講 功和功率 動(dòng)能定理課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)卷（含解析）.doc（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

功和功率 動(dòng)能定理 1．[多選](2018江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。在從A到B的過(guò)程中，物塊(　　) A．加速度先減小后增大 B．經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：選AD　小物塊由A點(diǎn)開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈－Ff＝ma知，a減?。划?dāng)運(yùn)動(dòng)到F彈＝Ff時(shí)，a減小為零，此時(shí)小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由于慣性，小物塊繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)Ff－F彈＝ma，小物塊做減速運(yùn)動(dòng)，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；當(dāng)越過(guò)O點(diǎn)后，彈簧開(kāi)始被拉伸，此時(shí)F彈＋Ff＝ma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過(guò)程中，物塊加速度先減小后增大，在O點(diǎn)左側(cè)F彈＝Ff時(shí)速度達(dá)到最大，故A正確，B錯(cuò)誤。在A(yíng)O段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負(fù)功，故C錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理知，從A到B的過(guò)程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。 2．(2017江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線(xiàn)是(　　) 解析：選C　設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物塊的動(dòng)能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線(xiàn)為直線(xiàn)且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過(guò)程中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ－μmgcos θ)x0，所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線(xiàn)。由此可以判斷C項(xiàng)正確。 3.(2018江蘇七市三模)如圖所示，不可伸長(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點(diǎn)等高處由靜止釋放后做圓周運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，則小球從釋放位置運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中(　　) A．水平方向加速度不斷增大 B．豎直方向加速度不斷增大 C．重力做功的瞬時(shí)功率先增大后減小 D．拉力做功的瞬時(shí)功率先增大后減小 解析：選C　小球在最高點(diǎn)合力方向豎直向下，在最低點(diǎn)合力方向豎直向上，但在中間過(guò)程某點(diǎn)拉力卻有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小，故A錯(cuò)誤；小球在開(kāi)始釋放的瞬間的加速度為g且向下，接下來(lái)細(xì)線(xiàn)在豎直方向有向上的分量，所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開(kāi)始變小，故B錯(cuò)誤；重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvy，小球在開(kāi)始釋放的瞬間速度為零，此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，速度水平向左，豎直分速度為零，所以此時(shí)重力的瞬時(shí)功率為零，在中間過(guò)程豎直分速度不為零，重力的瞬時(shí)功率也不為零，所以重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故C正確；拉力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時(shí)功率始終為零，故D錯(cuò)誤。 4.(2018鎮(zhèn)江一模)坐落在鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高88 m，假設(shè)乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，乘客機(jī)械能始終保持不變 B．在最低點(diǎn)時(shí)，乘客所受重力大于座椅對(duì)他的支持力 C．在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，合力對(duì)乘客做功為零 D．在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，乘客重力的功率保持不變 解析：選C　機(jī)械能等于重力勢(shì)能和動(dòng)能之和，摩天輪運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，乘客的速度大小不變，則動(dòng)能不變，但高度變化，所以機(jī)械能在變化，A錯(cuò)誤；圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在最低點(diǎn)，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以F＝N－mg，則支持力N＝mg＋F，所以重力小于支持力，B錯(cuò)誤；在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，動(dòng)能變化量為零，則合力對(duì)乘客做功為零，C正確；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時(shí)刻在變化，所以重力的瞬時(shí)功率在變化，D錯(cuò)誤。 5．(2018徐州期中)高臺(tái)跳水被認(rèn)為是世界上最難、最美的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一。一運(yùn)動(dòng)員在十米跳臺(tái)跳水比賽中，觸水時(shí)重力的功率約為(　　) A．7 000 W　　　　　　　 B．700 W C．70 W D．7 W 解析：選A　運(yùn)動(dòng)員在跳水過(guò)程中看做自由落體運(yùn)動(dòng)，故落水時(shí)的速度為v＝＝10 m/s，運(yùn)動(dòng)員的體重約為50 kg，故重力的瞬時(shí)功率約為P＝mgv＝7 000 W，故A正確。 6.(2018揚(yáng)州期末)某士兵練習(xí)迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點(diǎn)在目標(biāo)A的右側(cè)，第二次調(diào)整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標(biāo)，忽略空氣阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．第二次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng) B．兩次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等 C．第二次炮彈落地時(shí)速度較大 D．第二次炮彈落地時(shí)速度較小 解析：選A　炮彈在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上升時(shí)間與下落時(shí)間相等。根據(jù)下落過(guò)程豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，h＝gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理：mgh＝mv2－mv02，由于兩次在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程重力做功都是零，所以v＝v0，故兩次炮彈落地時(shí)速度相等，故C、D錯(cuò)誤。 7.[多選](2018南京調(diào)研)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn)。則能大致反映整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊的加速度a、速度v隨時(shí)間t，重力對(duì)滑塊所做的功W、動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的是(取初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)、初速度方向?yàn)檎较?(　　) 解析：選BD　滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度方向均與初速度方向相反，故A錯(cuò)誤。上滑時(shí)的加速度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，下滑時(shí)的加速度大小a2＝gsin θ－μgcos θ，結(jié)合位移公式x＝at2，可知下滑時(shí)間大于上滑的時(shí)間；由于機(jī)械能有損失，返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度小于出發(fā)時(shí)的初速度，故B正確。重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，上滑過(guò)程與下滑過(guò)程的Wx圖像重疊，故C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理得，上滑過(guò)程有：－ma1x＝Ek－mv02，解得Ek＝mv02－ma1x，同理下滑過(guò)程有：Ek＝ma2(L－x)，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，D正確。 8．(2018鹽城三模)如圖所示，質(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓柱體B放在水平地面上，其左側(cè)有半徑為R、質(zhì)量為m的半圓柱體A，右側(cè)有質(zhì)量為m的長(zhǎng)方體木塊C，現(xiàn)用水平向左的推力推木塊C，使其緩慢移動(dòng)，直到圓柱體B恰好運(yùn)動(dòng)到半圓柱體A的頂端，在此過(guò)程中A始終保持靜止。已知C與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度為g。求： (1)圓柱體B下端離地高為時(shí)，地面對(duì)半圓柱體A的支持力； (2)木塊C移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力的最大值； (3)木塊C移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中水平推力所做的功。 解析：(1)以A和B整體為研究對(duì)象，地面支持力FN＝2mg。 (2)B剛離開(kāi)地面時(shí)，B對(duì)C的彈力最大，對(duì)B受力分析， 則彈力F1＝mgtan 60＝mg 此時(shí)水平推力最大為Fm＝F1＋μmg＝mg。 (3)C移動(dòng)的距離x＝2Rcos 30＝R 摩擦力做功Wf＝μmgx＝mgR 根據(jù)動(dòng)能定理W－Wf－mgR＝0 解得W＝mgR。 答案：(1)2mg　(2)mg　(3)mgR 9.(2018南通調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量分布均勻的刷子刷地面上的薄墊子，開(kāi)始時(shí)刷子和墊子的左邊緣對(duì)齊，刷子的質(zhì)量為m，墊子的質(zhì)量為M，刷子和墊子間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，墊子和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，刷子和地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ3，重力加速度為g。 (1)若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與水平方向成60角的推力F1，墊子和刷子保持靜止，求刷子受到的摩擦力f1的大小和地面對(duì)墊子的支持力FN的大??； (2)若給刷子施加一個(gè)斜向右下方、與水平方向成30角的推力F2，刷子和墊子以同一加速度運(yùn)動(dòng)，求刷子受到的摩擦力f2的大?。? (3)若給刷子施加一個(gè)水平向右的推力F3，刷子從圖示位置開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，墊子保持靜止，已知刷子的長(zhǎng)為b，墊子的長(zhǎng)為L(zhǎng)(L>b)，求刷子完全離開(kāi)墊子的速度v的大小。 解析：(1)刷子受到重力、墊子的支持力、推力F1和摩擦力作用 則水平方向受力平衡，有f1＝F1cos 60＝F1 刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡， 有FN＝(M＋m)g＋F1sin 60＝(M＋m)g＋F1。 (2)設(shè)刷子和墊子運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律可得： F2cos 30－μ2(mg＋Mg＋F2sin 30)＝(M＋m)a 對(duì)刷子有：F2cos 30－f2＝ma 解得f2＝μ2mg＋。 (3)刷子離開(kāi)墊子的過(guò)程受到的摩擦力做的功 Wf＝－ 由動(dòng)能定理有F3L－μ1mg(L－b)＋Wf＝mv2－0 解得v＝ 。 答案：(1)F1　(M＋m)g＋F1 (2)μ2mg＋ (3) 10.(2018蘇北四市調(diào)研)如圖所示，水平光滑細(xì)桿上P點(diǎn)套一小環(huán)，小環(huán)通過(guò)長(zhǎng)L＝1 m的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量m＝1 kg的物塊，物塊兩豎直側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm＝7 N?，F(xiàn)對(duì)物塊施加F＝8 N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，物塊恰好相對(duì)夾子滑動(dòng)，此時(shí)夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用。小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計(jì)，物塊可看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小a； (2)P、Q兩點(diǎn)間的距離s； (3)物塊向右擺動(dòng)的最大高度h。 解析：(1)由牛頓第二定律F＝ma 解得a＝8 m/s2。 (2)環(huán)到達(dá)Q時(shí)，靜摩擦力最大 由牛頓第二定律2fm－mg＝m 解得vm＝2 m/s 根據(jù)動(dòng)能定理Fs＝mvm2 解得s＝0.25 m。 (3)設(shè)物塊上升的最大高度為h，水平距離為x， 由動(dòng)能定理得F(x＋s)－mgh＝0 由幾何關(guān)系得(L－h(huán))2＋x2＝L2 解得h＝1 m或h＝ m(舍去)。 答案：(1)8 m/s2　(2)0.25 m　(3)1 m 11．(2017江蘇高考)如圖所示，兩個(gè)半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動(dòng)，直至C恰好降到地面。整個(gè)過(guò)程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F； (2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，拉力做的功W。 解析：(1)對(duì)C受力分析，如圖所示： 根據(jù)平衡條件有 2Fcos 30＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據(jù)題意，B保持靜止， 則有fmin＝Fxmax，解得μmin＝。 (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據(jù)動(dòng)能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。 答案：(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR