2019-2020年高考物理二轮复习第1部分核心突破专题2能量动量和原子物理第1讲功功率动能定理特训.doc

2019-2020年高考物理二轮复习第1部分核心突破专题2能量动量和原子物理第1讲功功率动能定理特训1(xx泰州一模)如图所示是一种清洗车辆用的手持喷水枪设枪口截面积为0.6 cm2，喷出水的速度为20 m/s(水的密度为1103 kg/m3)当它工作时，估计水枪的功率约为(A)A250 WB300 WC350 WD400 W2(xx兰州试题)一光滑的斜面固定在水平面上，在斜面的顶端用挡板固定一质量不计的弹簧，一滑块以初速度v0由距离斜面底端为l处向右运动，冲上斜面体，并将弹簧压缩到形变量最大处，此时滑块距离水平面的距离为h，已知滑块与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则滑块克服弹簧的弹力做功为(A)AmvmglmghBmvmglmghCmvmghDmglmghmv解析：假设滑块运动到底端时的速度大小为v，则滑块从开始运动到斜面底端的过程中，由动能定理可得mglmv2mv，滑块由斜面底端至弹簧压缩最短的过程中，由动能定理可得mghW0mv2，由以上两式可得Wmvmglmgh，A正确3(xx河北石家庄二中)2015年10月16日宁安高铁试运行动车组停靠在铜陵站把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢便叫做动车而动车组就是由几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组带动力的车厢叫动车，不带动力的车厢叫拖车设动车组运行过程中的阻力与质量成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等若一节动车带三节拖车时，最大速度为120 km/h；若改为五节动车带三节拖车时，最大速度为(C)A60 km/hB240 km/hC300 km/hD600 km/h解析：设每节车厢质量为m，开一节动车带动三节拖车以最大速度行驶时所受阻力为Ff14kmg(k为比例常数)，每节动力车的额定功率为P，则有4kmg0，当改为开五节动车带三节拖车以最大速度行驶时，则有8kmg0，联立解得v2mv1m300 km/h，C正确4(xx福州质检)如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑将质量不相等的A、B两个小滑块(mAmB)同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则(B)AB滑块先滑至斜面底端B地面对斜面体的摩擦力方向水平向左C两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同D地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力解析：设两斜面的倾角为，对两滑块受力分析，由牛顿第二定律可知：两滑块下滑过程中的加速度agsin ，两斜面的长度相等，根据xat2，可知两滑块同时到达斜面的底端，选项A错误；根据vat，滑块到达底端的速度大小相等根据功率定义可得Pmgvsin ，因两滑块的质量不等，故到达斜面底端时重力的瞬时功率不相等，选项C错误；斜面体处于静止状态，其受到的合力为零，对其受力分析，如图所示，利用正交分解法，可知因mAmB，地面对斜面体的摩擦力方向水平向左，地面对斜面体的支持力小于三者的重力之和，选项B正确，选项D错误5(xx合肥模拟)一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面后又返回到斜面底端已知小物体的初动能为E，它返回到斜面底端的动能为，小物块上滑到最大路程的中点时速度为v；若小物体以2E的初动能冲上斜面，则有(AC)A返回斜面底端时的动能为EB返回斜面底端时的动能为C小物体上滑到最大路程的中点时速度为vD小物体上滑到最大路程的中点时速度为2v解析：设小物块沿斜面上滑的最大高度为h，沿斜面上升的最大距离为x，由动能定理得mghFfx0E，而hxsin ，式中为斜面倾角，可得x.由此可见小物块沿斜面上升的距离x与初动能E成正比，而摩擦力做功Ffx与位移成正比，故当小物块以2E的初动能上滑时，上滑的最大距离变为原来的2倍，损失的动能(即克服摩擦力做的功)也为原来的2倍，故A正确，B错误；选取小物块从路程中点至最高点的过程，由v22ax得，故有v1v，C正确，D错误6(xx太原调研)质量为m的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度图象如图所示，其中OA段为直线，AB段为曲线，B点后为平行横轴的直线已知从t1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为Ff，以下说法正确的是(D)A0t1时间内，汽车牵引力的数值为mBt1t2时间内，汽车的功率等于(mFf)v2Ct1t2时间内，汽车的平均速率小于D汽车运动的最大速率v2(1)v1解析：0t1时间内汽车的加速度大小为，m为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A错误；t1时刻汽车牵引力的功率为Fv1v1，之后汽车功率保持不变，选项B错误；t1t2时间内，汽车的平均速率大于，选项C错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t2时刻汽车速率达到最大值，则有v1Ffv2，解得v2v1，选项D正确7(xx太原模拟二)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为M和m，各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d.现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是(BC)A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：纸板相对于砝码运动时，纸板受两个摩擦力；桌面对纸板向左的摩擦力和砝码对纸板向左的摩擦力，由FfFN得，Ff(2Mm)g，选项A错误；由牛顿第二定律得，对砝码有MgMa1，对纸板有F(2Mm)gma2，要使纸板相对砝码运动，则a1a2，联立以上三式解得F2(Mm)g，选项B正确；设砝码与纸板分离时通过的位移为x1，速度为v1，由动能定理得Mgx1Mv，解得x1，设砝码离开纸板后运动的位移为x2，由动能定理得Mgx2Mv，解得x2，则砝码移动的总位移为x1x2d，因此砝码不会从桌面上掉下来，选项C正确；因为F(2M3m)g2(Mm)g，所以砝码相对纸板运动，由牛顿第二定律得砝码的加速a1g，对纸板，FFfma2，a22g，设砝码离开纸板前的位移为x3，纸板在砝码离开前的位移为x4，由匀速直线运动规律得x3a1t2，x4a2t2，x4x3d，v2a1t，联立以上各式解得x3d，即砝码离开纸板时，恰好到达桌面边缘，此时砝码的速度不为零，砝码将从桌面上掉下，选项D错误8(xx东北三省四市联考一)A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用，而从静止开始从同一位置出发沿相同方向做匀加速直线运动经过时间t0和4t0，当二者速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2，以后物体做匀减速运动直至停止两物体运动的vt图象如图所示已知二者的质量之比为12，下列结论正确的是(C)A物体A、B的位移大小之比是35B两物体与地面间的动摩擦因数可能不相等CF1和F2的大小之比是65D整个运动过程中F1和F2做功之比是65解析：vt图象与两坐标轴所围的面积表示质点在对应时间内的位移，A、B两物体的位移分别为x12v03t03v0t0，x2v05t0v0t0，故x1x265，选项A错误；撤去拉力后，A、B两物体的加速度大小分别为a1，a2，即a1a2g，故两物体与地面间的动摩擦因数相等，选项B错误；在加速过程中由牛顿第二定律可得F1m1gm1a1、F2m2gm2a2、a1、a2、g，而m22m1，故F1F265，选项C正确；全过程中根据动能定理知W1m1gx1，W2m2gx2，故整个运动过程中F1和F2做功之比W1W235，选项D错误9(xx济南模拟)(多选)假定地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器假定探测器在地球表面附近脱离火箭用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用Ek表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力(地球质量约为月球的6倍)则(BD)AEk必须大于或等于W，探测器才能到达月球BEk小于W，探测器也可能到达月球CEkW，探测器一定能到达月球DEkW，探测器一定不能到达月球解析：因为探测器从脱离火箭到飞到月球的过程中，探测器不但受到地球对它的引力，而且还到月球对它的引力，地球引力对探测器做负功，月球引力对探测器做正功利用动能定理得W地W月Ek末Ek(假设恰好到达月球，此时末动能Ek末0)，可得EkW地W月W地W，可见，Ek小于W，探测器也能到达月球，故选项A错误，B正确；又由地球质量约为月球质量的6倍，故地球对探测器产生的平均作用力比月球的大，做的功需满足关系式EkW地W月W地W，可知当EkW时，探测器不可能到达月球，故选项C错误，D正确10(xx长沙模拟一)如图所示，已知物体与三块材料不同的地毯间的动摩擦因数分别为、2和3，三块材料不同的地毯长度均为L，首尾相连固定在水平地面上，该物体以一定的初速度v0从a点滑上第一块地毯，且物体恰好滑到第三块的末尾d点停下来，若让物体从d点以相同的初速度水平向左运动，则下列说法正确的是(ACD)A物体仍能运动到a点并停下来B物体两次经过b点时速度大小相等C物体两次经过c点时速度大小相等D物体第二次运动的时间长解析：物块从a点开始向右运动过程，根据动能定理有mgL2mgL3mgLmv，假设物块从d向左运动过程能到达a点，则根据动能定理可知，表达式与以上完全相同，故物块能运动到a点停下来，选项A正确；由题意知，向右运动与向左运动到达同一位置速度大小相等时，物块的动能减小量Ek必然相等，设两次运动过程中，速度大小相同的点在b点右侧s处，根据动能定理，向右运动过程中mgL2mgsEk，向左运动过程3mgL2mg(Ls)Ek，解得sL，即物体两次经过c点时速度大小相等，选项B错误，C正确；图中1、2分别表示向右运动与向左运动的两次过程中的vt图象，根据图线知，如要保证位移相等，则第二次的运动时间t2大于第一次运动时间t1，故选项D正确11(xx湖南十三校联考一)有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是(BC)A斜面的倾角30B物体的质量为m0.5 kgC斜面与物体间的摩擦力大小f2 ND物体在斜面上运动的总时间t2 s解析：由于摩擦力的作用，物体返回出发点时的动能小于初动能，结合图象可知物体的初动能Ek025 J，而返回出发点时的动能Ek5 J，对物体沿斜面上滑的过程，由动能定理有(mgsin mgcos )x0Ek0，对物体下滑的过程有(mgsin mgcos )xEk，将x5 m、Ek025 J、Ek5 J及0.5代入，解得m0.5 kg、37，A项错误，B项正确；斜面与物体间的摩擦力为滑动摩擦力，大小fmgcos 2 N，C正确，物体上滑时的加速度大小为a1gsin gcos 10 m/s2，故上滑用时t11 s，下滑时加速度大小为a2gsin gcos 2 m/s2，故下滑用时t2 s，物体在斜面上运动总时间为(1) s，D项错误12(xx石家庄模拟一)如图甲所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为0.1 kg的木块A相连，质量也为0.1 kg的木块B叠放在A上，A、B都静止在B上作用一个竖直向下的力F使木块缓慢向下移动，力F大小与移动距离x的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于弹性限度内下列说法正确的是(BC)A木块下移0.1 m过程中，弹簧的弹性势能增加2.5 JB弹簧的劲度系数为500 N/mC木块下移0.1 m时，若撤去F，则此后B能达到的最大速度为5 m/sD木块下移0.1 m时，若撤去F，则A、B分离时的速度为5 m/s解析：木块缓慢向下移动过程中，对A、B由动能定理有WF(mAmB)gxW弹0，WF等于Fx图象所围的面积，即WF500.1 J2.5 J，故克服弹簧的弹力所做的功W弹WF(mAmB)gx2.7 J，故弹簧的弹性势能增加量为2.7 J，选项A错误；弹簧的弹力F弹F(mAmB)g，设Fx图象的斜率为k，由图乙可知，Fkxxx500x，故F弹500x2，故F弹x图象的斜率与Fx图象的斜率相等，故弹簧的劲度系数k500 N/m，选项B正确；当木块A、B的加速度a0时，即F弹(mAmB)g时，B的速度最大，对A、B，由动能定理得W弹(mAmB)gx(mAmB)v，将W弹2.7 J，x0.1 m，代入解得B能达到的最大速度vm5 m/s，选项C正确；当A、B间的弹力为0时，A、B分离，此时aAaBg，此位置在未施加力F时的位置上方，A、B从未施加力F时的位置向上运动过程中，由于弹簧的弹力小于(mAmB)g，向上做减速运动，故A、B分离时的速度小于5 m/s，选项D错误13(xx内蒙古包头毕业年级水平测试与评估二)如图所示，竖直平面内有一光滑绝缘半圆轨道，处于方向水平且与轨道平面平行的匀强电场中，轨道两端点A、C高度相同，与圆心O在同一水平线上，轨道的半径为R.一个质量为m的带正电的小球从槽右端的A处无初速地沿轨道下滑，滑到最低点B时对槽底的压力为2mg，则在小球的滑动过程中，有(BC)A小球到达B点时的速度大小为B小球到达B点时的速度大小为C小球在滑动过程中的最大速度为D小球在滑动过程中的最大速度为解析：小球沿轨道做圆周运动，到达B点时满足FNmgm，则v，选项A错误，选项B正确；若小球不受电场力，则到达B点时的机械能守恒得mgRmv，得v1v，故小球从A到B的过程中电场力做了负功，即电场线方向水平向右，从A到B由动能定理有mgRF电Rmv2，得F电mg，设小球下滑D点时速度最大，OD与竖直方向的夹角为，如图所示，则由动能定理有mgRcos F电R(1sin )mv，由几何关系可知sin ，cos 2，联立可得最大速度为vm，选项C正确，选项D错误14(xx陕西质检二)如图所示，竖直平面内放一直角杆AOB，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数0.20，杆的竖直部分光滑，两部分分别套有质量为2.0 kg和1.0 kg的小球A和B，A、B间用细绳相连；初始位置OA1.5 m，OB2.0 mg取10 m/s2，则：(1)若用水平拉力F1沿杆向右缓慢拉A，使之移动0.5 m，该过程中A受到的摩擦力多大？拉力F1做功多少？(2)若小球A、B都有一定的初速度，A在水平拉力F2的作用下，使B由初始位置以1.0 m/s的速度匀速上升0.5 m，此过程中拉力F2做功多少？解析：(1)先对AB整体受力分析，如图甲所示A、B小球和细绳整体竖直方向处于平衡A受到的弹力为FNA(mAmB)g则A受到的摩擦力为f(mAmB)g代入数据得f6 N由功能关系，拉力F1做功为W1fsmBgs代入数据得W18.0 J(2)如图乙，设细绳与竖直方向的夹角为，因细绳不可伸长，两物体沿绳子方向的分速度大小相等，所以有vBcos vAsin 则A的初速度vA1vBcot 1 m/s末速度vA2vBcot 2 m/s设拉力F2做功为W2，对系统，由动能定理得W2fsmBgsmAv2A2mAv2A1代入数据得W26.8 J答案：见解析15(xx天津河西区质检)如图所示，一块长为L、质量m的扁平均匀规则木板通过装有传送带的光滑斜面输送斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为，传送带以较大的恒定速率转动，传送方向向上，木板与传送带之间动摩擦因数为常数已知木板放在斜面或者传送带上任意位置时，支持力均匀作用在木板底部将木板静止放在传送带和光滑斜面之间某一位置，位于传送带部位的长度设为x，当xL/4时，木板能保持静止(1)将木板静止放在xL/2的位置，则木板释放瞬间加速度多大？(2)设传送带与木板间产生的滑动摩擦力为f，试在0xL范围内，画出fx图象；(本小题仅根据图象给分)(3)木板从xL/2的位置静止释放，始终在滑动摩擦力的作用下，移动到xL的位置时，木板的速度多大？(4)在(3)的过程中，木块的机械能增加量设为E，传送带消耗的电能设为W，不计电路中产生的电热，比较E和W的大小关系，用文字说明理由解析：(1)xL/4时，f1mgsin xL/2时，摩擦力加倍，f22mgsin 由牛顿运动定律得agsin (2)如图所示(3)利用(2)中图象，可知摩擦力做功WmgLsin 由动能定理有WmgLsin mv2得v(4)E小于W因为传送带与木板之间有滑动摩擦，电能有一部分转为了内能(提到“内能”“热量”“摩擦产生热量”等类似语言)答案：(1)gsin (2)见解析(3)(4)E小于W16(xx江苏卷)一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为L.装置静止时，弹簧长为L.转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g.求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度0；(3)弹簧长度从L缓慢缩短为L的过程中，外界对转动装置所做的功W.解析：(1)装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F1、T1，OA杆与转轴的夹角为1.小环受到弹簧的弹力 F弹1k小环受力平衡 F弹1mg2T1cos 1小球受力平衡 F1cos 1T1cos 1mg；F1sin 1T1sin 1解得k(2)设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2，OA杆与转轴的夹角为2，弹簧长度为x.小环受到弹簧的弹力F弹2k(xL)小环受力平衡 F弹2mg得xL对小球 F2cos 2mg，F2sin 2mlsin 2且cos 2，解得0(3)弹簧长度为L时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为3.小环受到弹簧的弹力 F弹3kL小环受力平衡 2T3cos 3mgF弹3且cos 3对小球 F3cos 3T3cos 3mg；F3sin 3T3sin 3mlsin 3解得3整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理Wmg2mg2m(3lsin 3)2解得 WmgL答案：(1)(2)(3)mgL15(xx福建卷)如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向m)解析：(1)游客从B点做平抛运动，有：2RvBtRgt2由式得：vB从A到B，根据动能定理，有：mg(HR)Wfmv0由式得：Wfmg(2RH)(2)设OP与OB间夹角为，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为FN，从B到P由机械能守恒定律，有：mg(RRcos )mv0过P点时，根据向心力公式，有：mgcos FNmFN0cos 由式解得：hR答案：(1)mg(2RH)(2)R18(xx山东理综)如图所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l.开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初始值现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g.求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服空气阻力所做的功解析：(1)设开始时细绳的拉力大小为FT1，传感器装置的初始值为F1，物体质量为M，由平衡条件得对小球，FT1mg对物块，F1FT1Mg当细绳与竖直方向的夹角为60时，设细绳的拉力大小为FT2，传感装置的示数为F2，据题意可知，F21.25F1，有平衡条件得FT2mgcos 60，F2FT2mg，解得：M3m.(2)设小球经最低点速度v，克服阴力做功为Wfmgl(1cos 60)Wfmv2在最低位置，设细绳的拉力大小为FT3，传感装置的示数为F3，据题意可知，F30.6F1，对小球，由牛顿第二定律得FT3mgm对物块，由平衡条件得F3FT3Mg联立式，代入数据得Ef0.1mgl.答案：(1)3 m(2)0.1 mgl