2019版高考物理大二轮复习考前基础回扣练7：动能定理功能关系（含答案）

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1、回扣练 7：动能定理 功能关系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，则在整个过程中，恒力 F1、 F2做的功分别为( )A16 J、16 J B8 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 v22 v1，根据动能定理，加速过程 W1

2、 mv ，匀变速过程v12 v1 v22 12 21W2 mv mv 根据题意 mv 32 J，故 W18 J， W224 J，故选 B.12 2 12 21 12 22如图甲所示，一次训练中，运动员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，已知 sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2.则下列说法正确的是( )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 3

3、75 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，根据牛顿运动定律有 N2 mg0， f2 ma2，又因为 f2 N 2，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 37 f1 ma1， mg Fsin 37 N10, 又因为 f1 N 1，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

4、，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；故选 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，设汽车所受的阻力恒为 f.以下说法正确的是( )A汽车的功率为 fvB当汽车的速度增加到 2v 时，加速度为a2C汽车行驶的最大速率为 v(1maf)D当汽车的速度为 v 时，行驶的距离为v22a解析：选 C.汽车做加速运动，由牛顿第二定律有： F f ma，所以 F f ma，所以汽车的功率为 P Fv( f ma)v，故 A 错误；当汽车的速度增加

5、到 2v 时，此时的牵引力为F ，由牛顿第二定律有： F f ma1，即P2v （ f ma） v2v （ f ma）2 f ma1，解得： a1 ，故 B 错误；当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车（ f ma）2 ma f2m速度最大，即 vm v，故 C 正确；由于以恒定的功率行驶，即做加Pf （ f ma） vf (1 maf)速度减小的加速运动，行驶的距离不能用 2ax v2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下列判断正确的是( )A P 触地

6、前的速度一直增大B P 触地前的速度先增大后减小C Q 的速度一直增大D P、 Q 的速度同时达到最大解析：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，则开始时轻杆对 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；故选 A.5如图所示，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)串在杆上通过长为

7、 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 OB L，重力加速度为 g，现将外力增大到原来的 4 倍(方向不变)，45则小球 B 运动到与 O 点的距离为 L 时的速度大小为( )35A. B1510gL 1515gLC. D8255gL 6255gL解析：选 C.开始时 A 到 O 的距离： OA L，L2 (45L)2 35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，则：tan ；由几何关系：tan ；联立得：Nmg OAOB35L45 L 34N mg，34以 AB 组成的整体为研究对象，在水平方向二者受到拉力

8、F 和杆对 B 的支持力 N，由于水平方向受力平衡，所以 F N mg，现将外力增大到原来的 4 倍(方向不变)，则：34F4 F3 mg，B 球向上运动时，小球 B 运动到距 O 点的距离 L 时，由几何关系得， A 到 O 点的距离：35OA L，L2 (35L)2 45A 向左的距离： s L L L，45 35 15B 上升的距离： h L L L45 35 15此时细绳与竖直方向之间夹角的正切值：tan ，43则得 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 vB vA43以 AB 球组成的整体为研究对象

9、，拉力和重力对系统做功，由动能定理得： F S mg h mv mv12 2A 12 2B联立以上方程解得： vB ，选项 C 正确故选 C.8255gL6(多选)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 图象如图所示(除 210 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)已知 2 s 后小车的功率 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，下列说法正确的有( )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 0

10、10 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，则阻力 f N1.5 N；在 02 sPvm 96时间内，汽车的加速度 a m/s21.5 m/s2；则牵引力是 F ma f11.5 N1.5 32N3 N，选项 A 错误；汽车在第 1 s 末时的功率： P1 Fv131.5 W4.5 W P14，选项12B 正确；在 02 s 内的位移： s1 23 m3 m；在 2 s10 s 内由动能定理：12Pt fs2 mv mv ，解得 s239 m，则小车在 010 s 内位移的大小为 s s1 s242

11、12 210 12 2m，选项 C 正确；210 s 时间内，汽车不是匀加速运动，则平均速度是 v m/s4.5 3 62m/s，选项 D 错误；故选 BC.7(多选)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 表示则在该过程中( )A甲的机械能一直增大B乙的机械能减少了 mgl23C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.机械能等于动能与重力势能之和，甲加速上升，其动能和重

12、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：2mg mg mv2 2mv2，则解得： v ，乙动能增加量为 2mv2 mgl，重力势l2 l2 12 12 13gl 12 13能减小 2mg mgl，所以机械能减小 mgl，故 B 正确；由于乙加速下降，则轻绳的拉力小l2 23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： Ek mv2 mgl，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12 16 12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(多选)如图所示

13、，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 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已知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，下列说法正确的是( )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 mg cos ma1，得 a110 m/s2，第一阶段位移为 x1 0.6 m

14、，所用时间为 t1 0.2 s，传送带位移为 xv v0 a1传 1 vt10.4 m，划痕为 x1 x1 x 传 10.2 m；第二阶段： mgsin mg cos ma2，得 a22 m/s2，第二阶段位移为 x2 1 m，所用时间为 t2 1 s，传送v22a2 va2带位移为 x 传 2 vt22 m，划痕为 x2 x 传 1 x21 m由以上分析可知，物体运动总时间为 t t1 t21.2 s；物体的总位移 x x1 x21.6 m；产生总热量为 Q mg cos x1 mg cos 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 W mg cos x1

15、 mg cos x23.2 J，综上分析可知 BC 正确9(多选)如图所示，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 及其以下区域处于水平向左的匀强电场中现将质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从管中 a 点由静止开始释放，已知 qE mg.则下列说法正确的是( )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

16、b 的过程，由动能定理 qE2R mv ，可知 vb0，故小球可以12 2b运动过 b 点，则选项 A 正确，B 错误；小球释放后，第一次经过最高点 c 时有： N1 mg m， mgR Eq2R mv ，因为 qE mg，解得 N1 mg；第二次经过最高点 c 时有：12 21Eq2R mv mv ，同理可得 N25 mg，所以比值为 15，选项 C 错误；小球释放后，12 2 12 21第一次经过最低点 d，由动能定理 mgR EqR mv2，在 d 点有： N mg m ，解得 N5 mg.故12 v2RD 正确；故选 AD.10(多选)如图所示，质量为 M、半径为 R 的 ABC 凹槽

17、(为光滑圆槽的一部分)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14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，小物块刚好能达到 C 点不计空气阻力，重力加速度为 g.则下列说法正确的是( )A从 D 点抛出的初速度为 v0 ； D 点距 A 点高度差 hgR2 3R8B小球第一次过 B 点时对槽底的压力大小为 2mgC小球从 C 点到 B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为 I m ，方向水平向左2gRD小球从 C 到

18、 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， v2 v0，从 A 到 C 应用能量守恒可知， m(2v0)2 mgRsin 30，解得 v0 ，从 D 到 A 应用动能定理可得：12 gR2mgh m(2v0)2 mv ，解得： h ，故 A 正确；B 项：从 A 到 B 应用动能定理，12 12 20 3R8mgR(1sin 30) mv mv ，在 B 点由重力与支持力的合力提供向心力可得，12 2B 12 2AFN mg ，由以上两式解得 FN3 mg，故 B 错误；C 项：小球到 B 时的速度为vB1 ，根据动量定理可得： I mvB10 m ，故 C 正确；D 项：小球从 C 到 B 向 A2gR 2gR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