【物理】2020届一轮复习人教版功功率及动能定理作业

【物理】2020届一轮复习人教版功功率及动能定理作业

‎-功 功率及动能定理 ‎1. 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）‎ A． 一直不做功 B． 一直做正功 C． 一定指向大圆环圆心 D． 可能背离大圆环圆心 ‎2.如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)‎ ‎ ‎ A． a＝‎2(mgR-W)‎mR B． a＝‎‎2mgR-WmR C． N＝‎3mgR-2WR D． N＝‎‎2(mgR-W)‎R ‎3. 汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地．汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力．汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它匀速运动到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎4. 将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略．a为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2．从抛出开始到小球第 一次经过a点时重力所做的功为W1，从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2．下列选项正确的是（　　）‎ A． Ek1=Ek2，W1=W2 B． Ek1＞Ek2，W1=W2‎ C． Ek1＜Ek2，W1＜W2 D． Ek1＞Ek2，W1＜W2‎ ‎5. 如图所示，小球位于光滑的曲面上，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，曲面体对小球的作用力（ ）‎ A． 垂直于接触面，做功为零 B． 垂直于接触面，做负功 C． 不垂直于接触面，做功为零 D． 不垂直于接触面，做正功 ‎6. 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动．当物块初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块初速度为v‎2‎时，上升的最大高度记为h.重力加速度大小为g.则物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为(　 )‎ ‎5-6-1‎ A． tanθ和H‎2‎ B． ‎(v‎2‎‎2gH-1)tanθ和H‎2‎ C． tan θ和H‎4‎ D． ‎(v‎2‎‎2gH-1)tanθ和H‎4‎ ‎7. 质量m＝20kg的物体，在大小恒定的水平外力F的作用下，沿水平面做直线运动,0～2s内F与运动方向相反，2～4s内F与运动方向相同，物体的v－t图象如图所示。g取10m/s2，则（ ）‎ A． 拉力F的大小为100N B． 物体在4s时拉力的功率大小为120W C． 4s内拉力所做的功为720J D． 4s内物体克服摩擦力做的功为320J ‎8. 如图所示，长为l的粗糙长木板水平放置，在木板的右端放置一个质量为m的小物块。现缓慢抬高A端，使木板以左端为轴转动。当木板转到与水平面的夹角为θ时,小物块开始滑动,此时停止转动木板，小物块滑到底端时的速度为υ,重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）‎ A． 整个过程木板对物块做功为‎1‎‎2‎mv‎2‎ B． 整个过程支持力对物块做功为0‎ C． 整个过程支持力对物块做功为mglsinθ-‎1‎‎2‎mv‎2‎ D． 整个过程摩擦力对物块做功为mglsinθ ‎9. 如图所示，小物块甲从竖直固定的‎1‎‎4‎ 光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平．小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下，两物块质量相等。下列判断正确的是(　　)‎ ‎5-9-1‎ A． 两物块到达底端时速度相同 B． 两物块到达底端时动能相同 C． 两物块运动到底端的过程中重力做功相同 D． 两物块到达底端时，乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率 ‎10. 如图所示，同种材料的粗糙斜面AC和AB高度相同，以底端B、C所在水平直线为x轴，顶端A在x轴上的投影O为原点建立坐标系.同一质点物体在顶端A分别沿斜面AB和AC由静止下滑到底端，物体在两斜面上运动过程中机械能E、动能Ek 随物体在x轴上投影位罝坐标x的变化关系图象正确的是（ ）‎ A． B． ‎ C． D． ‎ ‎11. 我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s。已知飞机质量m=7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10 ‎m/s‎2‎。求：‎ ‎（1）飞机滑跑过程中加速度a的大小；‎ ‎（2）飞机滑跑过程中牵引力的平均功率P。‎ ‎12. 如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5 m。（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：‎ ‎5-12-1‎ ‎(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；‎ ‎(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。‎ 参考答案 ‎1、【答案】A ‎【解析】大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，选项A正确，B错误；开始时大圆环对小环的作用力背离圆心，最后指向圆心，故选项CD错误；故选A。‎ ‎2、【答案】AC ‎【解析】质点P下滑的过程，由动能定理得mgR-W=‎1‎‎2‎mv‎2‎，可得v=‎‎2(mgR-W)‎mR；在最低点，质点P的向心加速度a=v‎2‎R=‎‎2(mgR-W)‎mR；根据牛顿第二定律得N-mg=mv‎2‎R,解得N=‎‎3mgR-2WR；故A、B、C正确，D错误．故选ABC．‎ ‎3、【答案】A ‎【解析】汽车在公路上匀速直线运动，牵引力F等于阻力f‎1‎，驶入沙地后，阻力突然变大为f‎2‎，使得推力小于阻力即F<‎f‎2‎，小车开始减速，由于功率P=Fv恒定不变，速度减小，牵引力增大，直到牵引力增大到等于阻力f‎2‎才开始新的匀速直线运动。当小车离开沙地进入公路时，阻力减小，使得牵引力大于阻力，开始减速，同样由于功率P=Fv恒定不变，速度增大，牵引力减小，直到牵引力增大到等于阻力f‎1‎才开始新的匀速直线运动。即进沙地过程为减速，驶出沙地后的一段为加速。根据位移时间图像的斜率表示速度，可判断选项A为先减速再匀速最后加速。选项B为先匀速再以较小的速度匀速最后加速。选项C为先正向减速后反向加速最后正向加速，选项D为先加速后减速。对照选项符合汽车运动过程为选项A。‎ ‎4、【答案】B ‎【解析】从抛出开始到第一次经过a点和抛出开始第二次经过a点，上升的高度相等，因重力做功只与初末位置有关，故重力做功相等，即W1=W2．对两次经过a点的过程根据动能定理得，-Wf=Ek2-Ek1，可知Ek1＞Ek2，故B正确，ACD错误。‎ ‎5、【答案】B ‎【解析】对整体进行受力分析可知，小钢球和大木块在水平方向不受外力作用，故水平方向上动量守恒；在小钢球下滑的过程中大木块将右运动，根据水平方向动量守恒可知，小钢球沿曲面向下运动的同时会向左运动，由于曲面是光滑的，没有摩擦力的作用，所以曲面对小钢球只有一个支持力的作用，方向是垂直接触面向上的，小钢球的运动的方向与力的方向夹角为钝角，支持力做负功，故B正确； ACD错误；故选B。‎ ‎6、【答案】D ‎【解析】根据动能定理有：－mgH－μmgH/tanθ＝0－‎1‎‎2‎mv‎2‎，解得：μ＝（v‎2‎‎2gH－1）tanθ，故选项 A、C错误；当物块的初速度为v‎2‎时，有：－mgh－μmgh/tanθ＝0－‎1‎‎2‎m‎(v‎2‎)‎‎2‎，解得：h＝H‎4‎，故选项B错误；选项D正确。‎ ‎7、【答案】B ‎【解析】由图象可得：0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a‎1‎‎=ΔvΔt=‎10‎‎2‎m/s‎2‎=5m/‎s‎2‎，匀减速过程有 F+f=ma1，匀加速过程加速度大小为：a‎1‎‎=Δv‎'‎Δt‎'‎=‎2‎‎2‎m/s‎2‎=1m/‎s‎2‎，有 F-f=ma2，解得：f=40N，F=60N，故A错误；物体在4 s时拉力的瞬时功率为P=Fv=60×2W=120W，故B正确；4s内物体通过的位移为x=‎1‎‎2‎×2×10m-‎1‎‎2‎×2×2m=8m，拉力做功为W=-Fx=-480J，故C错误；4s内物体通过的路程为s=‎1‎‎2‎×2×10m+‎1‎‎2‎×2×2m=12m，摩擦力做功为Wf=-fs=-40×12J=-480J，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎8、【答案】A ‎【解析】对整体过程研究,重力做功为零，根据动能定理得：木板对物块做功为‎1‎‎2‎mv‎2‎。所以A选项是正确的。缓慢地抬高A端的过程中，摩擦力不做功，根据动能定理得WN‎-mgLsinθ=0‎，得到支持力对小物块做功为WN‎=mgLsinθ ，当滑块下滑时支持力不做功，所以整个过程中支持力做功为WN‎=mgLsinθ，故BC错；对下滑过程，根据动能定理得mgLsinθ+Wf=‎1‎‎2‎mv‎2‎ 得到滑动摩擦力对小物块做功为Wf‎=‎1‎‎2‎mv‎2‎-mgLsinθ ，故D错；故选A。‎ ‎9、【答案】BCD ‎【解析】根据动能定理得：mgR=‎1‎‎2‎mv‎2‎，知两物块达到底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，故A错误，B正确。两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，由于质量相等，则重力做功相同，故C正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙重力做功的瞬时功率大于甲重力做功的瞬时功率，故D正确；故选BCD。‎ ‎10、【答案】AC ‎【解析】物体在斜面AB、AC上下滑过程中克服摩擦力所做的功与x的关系为μmgx，根据功能关系，机械能与x的关系为E=E0-μmgx，故A正确，B错误；设斜面倾角为θ，水平位移为x时，重力做的功为mgxtanθ，克服摩擦力所做的功与x的关系为μmgx，根据动能定理，Ek=mgxtanθ-μmgx=（mgtanθ-μmg）x，所以沿AB轨道下滑时图像斜率大，到达斜面底端时摩擦力做功较小，动能较大，故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎11、【答案】（1）a=2 m/s2 （2）P=8.4×106 W ‎【解析】‎ 飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，结合牛顿第二定律，以及P=Fv求解牵引力的平均功率；‎ ‎（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①，解得a=2m/s2②‎ ‎（2）设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意可得F阻=0.1mg③‎ 设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F-F阻=ma④；‎ 设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有v‎=‎v‎2‎⑤‎ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率P=Fv⑥，联立②③④⑤⑥式得P=8.4×106W．‎ ‎12、【答案】(1)μ=0.5 (2) F'N=4 N (3)‎v‎1‎‎=‎732‎‎7‎m/s ‎【解析】 (1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为a=10m/‎s‎2‎ ‎ 根据牛顿第二定律有：gsin37°+μgcos37°=a ‎ 解得 ‎μ=0.5‎ ‎(2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：‎ ‎–mgLsin37°+1.8R-μmgLcos37°=‎1‎‎2‎mvc‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎ 在最高点，根据牛顿第二定律则有：‎mg+F‎'‎N=mv‎2‎R 解得：F‎'‎N‎=4N ‎ 由根据牛顿第三定律得：‎FN‎=F‎'‎N=4N 物体在C点对轨道的压力大小为4 N ‎ ‎(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点 物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：‎Lsin37°+1.8R=‎1‎‎2‎gt‎2‎ 水平方向：Lcos37°-Rsin37°=vCt ‎ 解得vC‎=‎9‎‎7‎‎7‎m/s>gR=‎5‎m/s，所以能通过C点落到A点 ‎ 物块从A到C，由动能定律可得：‎–mgLsin37°+1.8R-μmgLcos37°=‎1‎‎2‎mvc‎2‎-‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎ ‎ 解得：‎v‎1‎‎=‎732‎‎7‎m/s