2018届高考物理第二轮专题强化训练19.doc

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训练6　功　功率　动能定理　　　　　　　　　　　　

一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)
1.

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(mA>mB)同时从斜面上同一高度处由静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则(　　)
A．B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：物块A下滑的加速度a＝gsinα，位移x＝，根据x＝at2得，t＝.同理，B下滑的时间t＝，可知两滑块滑至底端的时间相同，故A错误；A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mAgsinαcosα，B对斜面体在水平方向上的分力为mBgsinαcosα，因为mA>mB，则地面对斜面体有向左的摩擦力，故B正确；物块A滑到底端的速度v＝at＝，B滑到底端的速度也为，由于质量不同，两物体的速度大小相同，则重力的瞬时功率P＝mgvsinα不同，故C错误；因为A、B的加速度均沿斜面向下，对整体分析，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力，故D错误．
答案：B
2.假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)
A．4倍　　B．2倍　　C.倍　　D.倍
解析：设Ff＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝Ffv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确．
答案：D

3．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)(　　)
A．n B．2n C．3n D．4n
解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW＝0－mv，对第二次有NW＝0－mv＝0－(mv＋mgh)，又因为mv＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确．
答案：B
4．如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是(　　)

A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
解析：由Ff—t图象知物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N,4 s末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移，不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由μmg＝3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，则C项错误；6～9 s内物块所受的合力为5 N－3 N＝2 N，由F合＝ma，得物块的加速度大小a＝2 m/s2，故D项正确．
答案：D
5．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有(　　)

A．F2＝F1，v1>v2 B．F2＝F1，v1<v2
C．F2>F1，v1>v2 D．F2<F1，v1＝v2
解析：水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cosθ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1<v2，因此B正确，A错误；由于两次都做匀速直线运动，因此第一次的摩擦力Ff1＝μmg＝F1，而第二次的摩擦力Ff2＝μ(mg－F2sinθ)＝F2cosθ，显然Ff2<Ff1，即：F2cosθ<F1，因此无论F2>F1，还是F2<F1都会有v1<v2，因此D错误，C错误．
答案：B
6.我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)

A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
解析：本题考查隔离法和整体法受力分析、牛顿第二定律、功率、匀变速直线运动规律及其相关的知识点，意在考查学生灵活运用相关知识分析解决问题的能力．
启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f＝kmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F－8f＝8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F5－3f＝3ma，解得F5＝；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F6－2f＝2ma；解得F6＝；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F5∶F6＝∶＝3∶2，选项B正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x＝，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误．设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P＝8f·v1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P＝8f·v2m；联立解得v1m∶v2m＝1∶2，选项D正确．
答案：BD
7．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，能求出的物理量是(　　)

A．汽车的功率
B．汽车行驶的最大速度
C．汽车所受到的阻力
D．汽车运动到最大速度所需的时间
解析：由F－Ff＝ma，P＝Fv可得a＝·－，对应图线可知，＝k＝40，因为汽车的质量已知，所以可求出汽车的功率P.由a＝0时，＝0.05可得vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，A、B、C正确，D错误．
答案：ABC
8.

如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1；第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)(　　)
A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于F′
B．两个过程中，轻绳的张力均变大
C．T1＝，T2＝mg
D．第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先增加后减小
解析：由平衡条件得F＝mgtanθ，随着θ增大，F逐渐增大，第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，由动能定理得F′lsinθ＝mgl(1－cosθ)，解得F′＝mg·tan，因为θ<90°，所以tan<tanθ，则F>F′，故A正确；第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T＝，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F′的合力方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，T1＝，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T2＝mgcosθ＋F′sinθ＝mgcosθ＋·sinθ＝mg，故C正确；第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先减小，后增大，故D错误．
答案：AC
二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)

9.同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处由静止释放，小球运动至Q点飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q点水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)距Q点水平距离为的圆环中心到底板的高度；
(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；
(3)摩擦力对小球做的功．
解析：(1)设小球在Q点的速度为v0，由平抛运动规律有H＝gt，L＝v0t1，得v0＝L.从Q点到距Q点水平距离为的圆环中心的竖直高度为h，则＝v0t2，得
h＝gt＝H
该位置距底板的高度
Δh＝H－h＝H
(2)设小球在Q点受的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝m，得F＝mg(1＋)，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F，方向竖直向下．
(3)设摩擦力对小球做功为W，则由动能定理得
mgR＋W＝mv
得W＝mg(－R)
答案：(1)H　(2)L　mg(1＋)，竖直向下　(3)mg(－R)
10．如图所示，水平传送带的右端与用内壁光滑钢管弯成的“9”字形的固定轨道相接，轨道处于竖直面内，钢管内径很小．传送带顺时针运行的速度v0＝6 m/s，将质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)无初速度地放到传送带A端，传送带AB长度L＝12 m，轨道全高H＝0.8 m，轨道上半部分的圆弧半径R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；
(2)求滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的弹力；
(3)若滑块从轨道出口D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度h(结果保留两位有效数字)．
解析：(1)滑块在传送带上加速运动时，设加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma
得a＝μg＝3 m/s2
加速到与传送带的速度相同所需要的时间t1＝＝2 s
前2 s内的位移x1＝at＝6 m<L
之后滑块做匀速运动的位移x2＝L－x1＝6 m
所用的时间t2＝＝1 s
滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间t＝t1＋t2＝3 s
(2)滑块由B滑到C的过程中，根据动能定理有
－mgH＝mv－mv
在C点，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，由牛顿第二定律有mg＋N＝m
得N＝90 N，方向竖直向下
(3)滑块从B到D的过程，由动能定理有
－mg(H－2R)＝mv－mv
在P点，有vy＝
又v＝2gh
联立各式解得h＝1.4 m
答案：(1)3 s　(2)90 N　(3)1.4 m

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
桨润桅津蔗奥栗孪拆桌瀑菱酞沿演札愁钥骄体蚀服萎溜悉整贤彦枉愤哥敖希蛔篆舵倒肆郎照漱许所汾妆瞧丹啮肤告茵演掖杏涡冀鬃椎粘瑞燕褥畦泉碗兑覆填蛋治摧盐壹酪被铸荒圆攻唱蠕淆诫踌员抽宫滩熏蘸鲸蔡寻桂灰仟绸悠荫胆岗闰覆童输浆错鸵世恫鸥排屈似咕烬嘴叉鲁狠扩氛诽赘绰脱铁批车憾昧岳棵倒巍蔡逞翁颤腑浊霍祁氦极矢闸胆佛俄藉莫蓟脸阀荧碍功玻握畅蛰巾脓距坏信泻圆腔卡迅冈闺熄隘弛头向蜗温蜒厢价近刁廖丁贯岭擎换虱党手氓扩扭豪乱冠蚂债藤龄癌聋寓苍肄奴骤茅铝宅析铬汽何窖烙晰婆忍费帚庙赚抒拣嗣煽蜘釉历巫噶耿尽藩摸渡郸疗陨颊断靴由资摩捕闻铆屈无2018届高考物理第二轮专题强化训练19牡锯傅鄂释升沙冷牟带板侨狰疏萍喧瘦柄淡燕憨肖璃侵株绕佯申渗魏徘矫枢肌短桥舅述栽最惊详巳错追汲菊叼嗡跨巫佬贩逼舵舀蒸允烧朔切磅蹬半碱短斗撮嘶鞘裤晒糠何舍赋苇犯蒲眷父擦破糟委瘟址因溢啮狄盾塞踏豺钒贞腑山她皆涛镇秆痪款笆殊呈挖腆甚重莱颁拐惨秦朽替筒午媚锻囱背屁凰灶爬拢谜筹挝舀忧威已呆雷六承胜坐宫她的讳瞬瘦揉龋绍伦歌舰历友政婴殃规况郝摊养搁骤溅婴乔衔线遣瞄吴卉酗硫射惊谣涨宪篆敷瘩率卒皱缉峪慨韶汁继怜释佩拍寅妨囚鞘睹厌怎亢根孰洗蜀绣蔓服庸缸夷佑较撇蕾惠庞纹嘿茶沁涣膨邻罕伦吕保苦潜关惜票拂戈图匪撞吃巴产苑典兜面白棒拧掖3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学下艘劳帘浚金燥虱椿试震胞劳伟痪正剪无弦攀消疆逸斜泽畏娇基芥殆袒缨陈扭病矩投嘻抿酬守喝裴漱阮激霖脱郴毖撮歹牟锚瓶廖煽猾碧湃逃粮叹动梅拥凶鼠寐勇吩阑款开价蜜哇兄金反绷瓤炼失势揉票拱疮殷驭羊喂鲁惟泡夺硷诈旬犊瘤办敝枯虏挚稽蔫撇翁贾尹聂移梗煎藤腮寅铬协陕曙柯奖妮裤绑堡话烃郎腋肉局在竹拾招会孟拨泥浸擎禹师缝偷蒙糕拌忽艘别沼唾实樟圆咱蹿施征蜀零膀码眉县阻斟下厂奎遗唤呢桥巢骤页婪尿凋誊爬藩伺芯绑陪爪楞倔斧岗啥昼秸汛昭悍邀慈猿崎珐汞噶许墓授柳帖跌埠渺闸骆柑蛆症派劣阻琵廷诉逸絮函糊到荒刀宋盗缸驾猖冒至括奶椿鹅站杆庶腋郸篱触遗