【物理】2020届二轮复习考前基础回扣练六功　功率　动能定理作业

【物理】2020届二轮复习考前基础回扣练六功　功率　动能定理作业

六　功　功率　动能定理 ‎1. 坐落在镇江新区的摩天轮高‎88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)‎ A．在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变 B．在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力 C．在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零 D．在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变 答案　C 解析　机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，方向向上指向圆心，所以F＝N－mg，则支持力N＝mg＋F，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，由动能定理知，合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客重力的功率P＝Gvcosθ，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。故选C。‎ ‎2．如图所示，游乐场中，从高处A到水平面B处有两条长度相同的轨道Ⅰ和Ⅱ，其中轨道Ⅰ光滑，轨道Ⅱ粗糙。质量相等的小孩甲和乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处，两人重力做功分别为W1和W2，则(　　)‎ A．W1＞W2‎ B．W1＜W2‎ C．W1＝W2‎ D．因小孩乙与轨道Ⅱ的动摩擦因数未知，故无法比较重力做功的大小 答案　C 解析　重力做功等于重力乘以物体沿竖直方向的位移，与路径及轨道粗糙与否无关。质量相等的两个小孩甲、乙分别沿轨道Ⅰ和Ⅱ从A处滑向B处，重力做功相等，C正确。‎ ‎3．某汽车以恒定功率P、初速度v0冲上倾角一定的斜坡时，汽车受到的阻力恒定不变，则汽车上坡过程的vt图象不可能是下图中的(　　)‎ 答案　A 解析　根据P＝Fv，F－f＝ma，若a＞0，则汽车加速运动，v增大，F减小，加速度会减小，当加速度减为零时，速度达到最大，故C项可能，A项不可能；若a＝0，则物体速度不变，做匀速运动，故B项可能；若a＜0，即加速度沿斜面向下，物体减速，F增大，故加速度会减小，故D项可能；本题选不可能的，故选A项。‎ ‎4．A、B两物体分别在水平恒定拉力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的vt图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是(　　)‎ A．F1、F2大小之比为1∶2‎ B．F1、F2对A、B做功之比为1∶2‎ C．A、B质量之比为2∶1‎ D．全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1‎ 答案　C 解析　由速度—时间图象可知，两个匀减速运动的加速度大小之比为1∶2，A、B受摩擦力大小相等，由牛顿第二定律可知：A、B的质量之比是2∶1，C正确；由速度—时间图象可知，A、B两物体的总位移相等，且匀加速运动位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得，A物体的拉力与摩擦力的关系：F1·x－f1·3x＝0－0，B物体的拉力与摩擦力的关系：F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝‎3f1，F2＝f2，f1＝f2，所以F1＝‎2F2，F1∶F2＝2∶1，A错误；全过程中摩擦力对A、B做功相等，故F1、F2对A、B做功相等，故B、D错误。‎ ‎5. 某物体在水平变力F作用下沿水平方向做直线运动，物体的质量m＝‎10 kg，F随物体的坐标x的变化情况如图所示。若物体从坐标原点由静止出发，不计一切摩擦。借鉴教科书中学习直线运动时由vt图象求位移的方法，结合其他所学知识，根据图示的Fx图象可求出物体运动到x＝‎16 m处时的速度大小为(　　)‎ A．‎3 m/s B．‎4 m/s C．‎2 m/s D.m/s 答案　C 解析　力F在运动过程中所做的总功WF＝×10×(4＋8) J－×10×(16－12) J＝40 J，由动能定理得：WF＝mv2－0，解得物块运动到x＝‎16 m处的速度大小为v＝‎2 m/s，C正确。‎ ‎6. 质量为‎2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能Ek与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．x＝‎1 m时速度大小为‎2 m/s B．x＝‎3 m时物块的加速度大小为‎2.5 m/s2‎ C．在前‎4 m位移过程中拉力对物块做的功为9 J D．在前‎4 m位移过程中物块所经历的时间为2.8 s 答案　D 解析　对物块由动能定理得F合Δx＝ΔEk，则F合＝，即图线的斜率等于合外力。在0～2 m内，F合＝＝2 N，设x＝‎1 m时速度大小为v，由动能定理得F合x＝mv2－0，v＝ m/s，A错误；由图线知2～4 m内加速度恒定，a′＝＝＝ m/s2＝ m/s2，B错误；在前‎4 m位移过程中由动能定理得W－μmgx′＝9 J，W＝9 J＋0.2×2×10×4 J＝25 J，C错误；在x＝‎2 m时，mv＝4 J，v1＝‎2 m/s，在0～2 m内，‎2 m＝t1，t1＝2 s，在x＝‎4 m时，mv＝9 J，v2＝‎3 m/s，在2～4 m内，‎2 m＝t2，t2＝0.8 s，故t1＋t2＝2.8 s，D正确。‎ ‎7．如图甲所示，一足够长、与水平面夹角θ＝53°的倾斜轨道与竖直面内的光滑圆轨道相接，圆轨道的半径为R，其最低点为A，最高点为B。可视为质点的物块与斜轨间有摩擦，物块从斜轨上某处由静止释放，到达B点时与轨道间压力的大小F与释放的位置距最低点的高度h的关系图象如图乙所示。忽略轨道相接处距最低点的高度，且不计物块通过轨道相接处时的能量损失，取重力加速度g＝‎10 m/s2，sin53°＝，cos53°＝，求：‎ ‎(1)物块与斜轨间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)物块的质量m。‎ 答案　(1)　(2)‎‎0.2 kg 解析　(1)由题图乙可知，当h1＝5R时，物块到达B点时与轨道间压力的大小为0，设此时物块在B点的速度大小为v1，则 mg＝ 对物块从释放至到达B点的过程，由动能定理有 mg(h1－2R)－μmgcosθ＝mv 解得μ＝。‎ ‎(2)设物块从距最低点高为h处释放后到达B点时速度的大小为v，则F＋mg＝ 物块从释放至到达B点的过程中，由动能定理有 mg(h－2R)－μmgcosθ＝mv2，‎ 解得F＝－5mg，‎ 此解析式为乙图中的图线的表达式，‎ 则Fh图线的斜率k＝ 由题图乙可知k＝，解得m＝‎0.2 kg。‎