物理大二轮复习优选习题考前基础回扣练7动能定理-功能关系含解析.doc

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1、7：动能定理功能关系含解析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32 J，那么在整个过程中，恒力F1、F2做的功分别为()A16 J、16 JB8 J、24 JC32 J、0 J D48 J、16 J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v22v1，根据动能定理，加速过程W1mv，匀变速过程W2mvmv根据题意

2、mv32 J，故W18 J，W224 J，应选B.2如图甲所示，一次训练中，运发动腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m11 kg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37，5 s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，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.那么以下说法正确的选项是()A轮胎与水平地面间的动摩擦因数0.2B拉力F的大小为55 NC在05 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 W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5 s7 s内的加速度a25 m/s2

3、，根据牛顿运动定律有N2mg0，f2ma2，又因为f2N2，代入数据解得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Fcos 37f1ma1，mgFsin 37N10, 又因为f1N1，由速度图象得此过程的加速度a12 m/s2，联立解得：F70 N，B错误；在0 s5 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.56825 J850 J，C错误；因6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s时，摩擦力的瞬时功率大小为0.51105 W275 W，D正确；应选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

4、阻力恒为f.以下说法正确的选项是()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：Ffma，所以Ffma，所以汽车的功率为PFv(fma)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：Ffma1，即fma1，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vmv，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2axv2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

5、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以下判断正确的选项是()AP触地前的速度一直增大BP触地前的速度先增大后减小CQ的速度一直增大DP、Q的速度同时到达最大解析：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，那么开始时轻杆对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；应选A.5如下图，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

6、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OBL，重力加速度为g，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，那么小球B运动到与O点的距离为L时的速度大小为()A. BC. 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，那么：tan ；由几何关系：tan ；联立得：Nmg，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FNmg，现将外力增大到原来的4倍(方向不变)，那么：F4F3mg，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

7、系得，A到O点的距离：OA L，A向左的距离：sLLL，B上升的距离：hLLL此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan ，那么得 cos 0.6，sin 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：vBcos vAsin 可得vBvA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： FSmghmvmv联立以上方程解得：vB，选项C正确应选C.6(多项选择)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1.0 kg，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，其vt图象如下图(除210 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)2 s后小车

8、的功率P9 W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，以下说法正确的有()A02 s时间内，汽车的牵引力是3.5 NB汽车在第1 s时的功率等于第14 s时的功率的一半C小车在010 s内位移的大小为42 mD210 s时间内，汽车的平均速度是4.5 m/s解析：选BC.汽车的最大速度为vm6 m/s，那么阻力f N1.5 N；在02 s时间内，汽车的加速度a m/s21.5 m/s2；那么牵引力是Fmaf11.5 N1.5 N3 N，选项A错误；汽车在第1 s末时的功率：P1Fv131.5 W4.5 WP14，选项B正确；在02 s内的位移：s123 m3 m；在2 s10

9、 s内由动能定理：Ptfs2mvmv，解得s239 m，那么小车在010 s内位移的大小为ss1s242 m，选项C正确；210 s时间内，汽车不是匀加速运动，那么平均速度是v m/s4.5 m/s，选项D错误；应选BC.7(多项选择)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2m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表示那么在该过程中()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

10、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：2mgmgmv22mv2，那么解得：v ，乙动能增加量为2mv2mgl，重力势能减小2mgmgl，所以机械能减小mgl，故B正确；由于乙加速下降，那么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：Ekmv2mgl，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(多项选择)如下图，倾角为37的传送带以速度v2 m/s沿图示方向匀速运动现将一质量为

11、2 kg的小木块，从传送带的底端以v04 m/s的初速度，沿传送带运动方向滑上传送带小木块与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带足够长，sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2.小物块从滑上传送带至到达最高点的过程中，以下说法正确的选项是()A运动时间为0.4 sB发生的位移为1.6 mC产生的热量为9.6 JD摩擦力对小木块所做功为12.8 J解析：选BC.第一阶段：根据牛顿第二定律，mgsin mgcos ma1，得a110 m/s2，第一阶段位移为x1,2a1)0.6 m，所用时间为t10.2 s，传送带位移为x传1vt10.4 m，划痕为x1x1x传10.2 m；第二

12、阶段：mgsin mgcos ma2，得a22 m/s2，第二阶段位移为x21 m，所用时间为t21 s，传送带位移为x传2vt22 m，划痕为x2x传1x21 m由以上分析可知，物体运动总时间为tt1t21.2 s；物体的总位移xx1x21.6 m；产生总热量为Qmgcos x1mgcos x29.6 J；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Wmgcos x1mgcos x23.2 J，综上分析可知BC正确9(多项选择)如下图，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与其以下区域处于水平向左的匀强电场中现将质量为

13、m、电荷量为q的带正电小球从管中a点由静止开始释放，qEmg.那么以下说法正确的选项是()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16D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51解析：选AD.从a到b的过程，由动能定理qE2Rmv，可知vb0，故小球可以运动过b点，那么选项A正确，B错误；小球释放后，第一次经过最高点c时有：N1mgm,R) ，mgREq2Rmv，因为qEmg，解得N1mg；第二次经过最高点c时有：Eq2Rmvmv，同理可得N25mg，所以比值为15，选项

14、C错误；小球释放后，第一次经过最低点d，由动能定理mgREqRmv2，在d点有：Nmgm，解得N5mg.故D正确；应选AD.10(多项选择)如下图，质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一局部)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，小物块刚好能到达C点不计空气阻力，重力加速度为g.那么以下说法正确的选项是()A从D点抛出的初速度为v0；D点距A点高度差hB小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mgC

15、小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为Im，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，v2v0，从A到C应用能量守恒可知，m(2v0)2mgRsin 30，解得v0，从D到A应用动能定理可得：mghm(2v0)2mv，解得：h，故A正确；B项：从A到B应用动能定理，mgR(1sin 30)mvmv，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，FNmg,R)，由以上两式解得FN3mg，故B错误；C项：小球到B时的速度为vB1，根据动量定理可得：ImvB10m，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9 / 9