4、
A.當物體沿墻壁下滑時,物體先做加速運動再做勻速直線運動
B.物體從脫離墻壁到落地之前的運動軌跡是一段曲線
C.物體克服摩擦力所做的功W=38mgH
D.物體與墻壁脫離的時刻為t=E0k
答案:A
解析:在豎直方向上,由牛頓第二定律有mg-μqE=ma,隨著電場強度E的減小,加速度a逐漸增大,故物體做變加速運動;當E=0時,加速度增大到重力加速度g,此后物體脫離墻面,物體脫離墻面時的速度方向向下;之后所受合外力與初速度不在同一條直線上,所以運動軌跡為曲線,A錯誤,B正確。物體從開始運動到剛好脫離墻面時電場力一直不做功,由動能定理得mgH2-W=12mgH22,物體克服摩擦力所做的功
5、為W=38mgH,C正確。當物體與墻壁脫離時所受的支持力為零,即電場力為零,此時電場強度為零,所以有E0-kt=0,解得時間為t=E0k,D正確。
4.如圖所示,跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為右述模型:運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板(A位置)上,隨跳板一同向下運動到最低點(B位置)。對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程中,下列說法正確的是( )
A.運動員到達最低點時,其所受外力的合力為0
B.在這個過程中,運動員的動能一直在減小
C.在這個過程中,跳板的彈性勢能一直在增加
D.在這個過程中,運動員所受重力對她做的功大于跳板的作用力對她做的功
答案:C
解
6、析:運動員到達最低點時,其所受外力的合力向上,合力一定不為零,選項A錯誤。對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程中,運動員的動能先增大后減小,跳板的彈性勢能一直在增加,選項B錯誤,C正確。由動能定理,WG-W板=0-12mv02,可知在這個過程中,運動員所受重力對她做的功小于跳板的作用力對她做的功,選項D錯誤。
5.(2019·湖南衡陽八中月考)如圖甲所示,為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系,將某一物體每次以不變的初速率v0沿斜面向上推出,調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ,實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示。g取10 m/s2,根據(jù)圖像可求出( )
A.
7、物體的初速率v0=3 m/s
B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5
C.取不同的傾角θ,物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin=1.44 m
D.當某次θ=30°時,物體達到最大位移后將沿斜面下滑
答案:C
解析:由題圖可知,當θ=90°時物體做豎直上拋運動,位移為x=1.80m,由豎直上拋運動規(guī)律可知v02=2gh,代入數(shù)據(jù)解得v0=6m/s,故A錯誤;當θ=0°時,位移為x=2.40m,由動能定理可得-μmgx=0-12mv02,代入數(shù)據(jù)解得μ=0.75,故B錯誤;由動能定理得-mgxsinθ-μmgcosθ·x=0-12mv02,解得x=1.8sinθ+34cosθm=1
8、.854sin(θ+α)m,當θ+α=90°時,sin(θ+α)=1,此時位移最小,其值xmin=1.44m,故C正確;若θ=30°時,物體的重力沿斜面向下的分力為mgsin30°=12mg,最大靜摩擦力為Ffmax=μmgcos30°=0.75×mg×32=338mg>mgsin30°,小球達到最高點后,不會下滑,故D錯誤。
6.在離水平地面h高處將一質(zhì)量為m的小球水平拋出,在空中運動的過程中所受空氣阻力大小恒為Ff,落地前瞬間小球距拋出點的水平距離為x,速率為v,那么,在小球運動的過程中( )
A.重力做的功為mgh
B.克服空氣阻力做的功為Ff·h2+x2
C.落地時,重力的瞬
9、時功率為mgv
D.重力勢能和機械能都逐漸減少
答案:AD
解析:本題考查功能關(guān)系和功率的計算,意在考查學生對重力做功和重力功率的計算以及機械能變化的理解和應(yīng)用。重力做的功為WG=mgh,A正確?？諝庾枇ψ龉εc經(jīng)過的路程有關(guān),而小球經(jīng)過的路程大于h2+x2,故克服空氣阻力做的功大于Ff·h2+x2,B錯誤。落地時,重力的瞬時功率為重力與沿重力方向的分速度的乘積,故落地時重力的瞬時功率小于mgv,C錯誤。重力做正功,重力勢能減少,空氣阻力做負功,機械能減少,D正確。
7.右圖為牽引力F和車速倒數(shù)1v的關(guān)系圖像。若汽車質(zhì)量為2×103 kg,由靜止開始沿平直公路行駛,且行駛中阻力恒定,其最
10、大車速為30 m/s,則下列說法正確的是( )
A.汽車所受阻力為2×103 N
B.汽車車速為15 m/s,功率為3×104 W
C.汽車勻加速的加速度為3 m/s2
D.汽車勻加速所需時間為5 s
答案:AD
解析:當速度最大時,牽引力大小等于阻力,從題圖中可得當速度為30m/s時,牽引力為2×103N,故阻力為2×103N,A正確;根據(jù)P=Fv可得F=P1v,故在開始一段時間內(nèi)汽車以恒定功率運動,功率為P=Fv=6×104W,B錯誤;當牽引力達到6×103N之后,牽引力恒定,故汽車做勻加速直線運動,加速度為a=F-Ffm=2m/s2,C錯誤;做勻加速直線運動時的末速度為
11、v=PF=10m/s,所以加速時間為t=5s,故D正確。
8.(2019·河南鄭州質(zhì)量預測)質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端,在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動,如圖所示。在圓心處連接有力傳感器,用來測量繩子上的拉力,運動過程中小球受到空氣阻力的作用,空氣阻力隨速度的減小而減小。某一時刻小球通過軌道的最低點,力傳感器的示數(shù)為7mg,重力加速度為g,此后小球繼續(xù)做圓周運動,經(jīng)過半個圓周恰能通過最高點,下列說法正確的是( )
A.到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為12mgR
B.到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為mgR
C.再次經(jīng)過最低點時力傳感器的示數(shù)為5mg
D.再次經(jīng)過最低
12、點時力傳感器的示數(shù)大于5mg
答案:AD
解析:小球在最低點時有F1=FT-mg=mv12R,解得v1=6gR;而在最高點時,由于小球恰好能通過最高點,所以有mg=mv22R,可得v2=gR;小球從最低點到最高點的過程,由動能定理可得-mg·2R-Wf=12mv22-12mv12,解得小球克服空氣阻力做的功Wf=12mgR,A正確,B錯誤。小球從最高點到最低點的過程,由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小,分析可知在同一水平面上上升過程中的阻力大于下落過程中的阻力,由動能定理可得mg·2R-Wf'=12mv1'2-12mv22,且此過程中空氣阻力做的功Wf'4gR,再
13、次經(jīng)過最低點時有F2=FT'-mg=mv1'2R,解得FT'>5mg,C錯誤,D正確。
二、非選擇題(本題共3小題,共36分)
9.(10分)節(jié)能混合動力汽車是一種可以利用汽油及所儲存的電能作為動力來源的汽車。有一質(zhì)量m=1 000 kg的混合動力汽車,在平直公路上以v=90 km/h的速度勻速行駛,發(fā)動機的輸出功率為P=50 kW。當看到前方有大貨車慢速行駛時,該汽車提速超過了大貨車。這個過程中發(fā)動機輸出功率不變,蓄電池開始工作,輸出功率為P'=20 kW。該混合動力汽車提速后運動s=1 000 m時,速度達到最大,并超過大貨車,然后蓄電池停止工作。全程阻力不變。求:
(1)該混合動力
14、汽車以90 km/h的速度在平直公路上勻速行駛時,所受阻力F阻的大小;
(2)該混合動力汽車加速過程中達到的最大速度的大小;
(3)整個超車過程中,該混合動力汽車消耗的電能E(保留兩位有效數(shù)字)。
答案:(1)2×103 N (2)35 m/s (3)6.6×105 J
解析:(1)汽車牽引力與功率的關(guān)系為P=Fv
當汽車勻速行駛時有F=F阻
所以F阻=Pv=2×103N。
(2)汽車達到的最大速度vmax=P+P'F阻=35m/s。
(3)在加速過程中,由動能定理有
(P+P')t-F阻s=12mvmax2-12mv2
消耗的電能E=P't
解得E≈6.6×105J。
15、
10.(13分)(2019·浙江4月)某砂場為提高運輸效率,研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關(guān)系,建立如圖所示的物理模型。豎直平面內(nèi)有一傾角θ=37°的直軌道AB,其下方右側(cè)放置一水平傳送帶,直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零,但允許砂粒通過。轉(zhuǎn)輪半徑R=0.4 m、轉(zhuǎn)軸間距l(xiāng)=2 m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)輪最低點離地面的高度H=2.2 m?，F(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放,假設(shè)小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時,速度大小不變,方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5。(sin 37°=0.6)
(1)若h=2.4 m
16、,求小物塊到達B端時速度的大小。
(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面,求h需要滿足的條件。
(3)改變小物塊釋放的高度h,小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出,求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件。
答案:(1)4 m/s (2)h<3.0 m (3)x=2h-3 h≥3.6 m
解析:(1)物塊由靜止釋放到B的過程中,
mgsinθ-μmgcosθ=ma
vB2=2ahsinθ
vB=4m/s。
(2)左側(cè)離開,D點速度為零時高為h1
0=mgh1-μmgcosθh1sinθ-μmgl
得h
17、v2=mgh-μmgcosθhsinθ-μmgl
H+2R=12gt2,x=vt
得x=2h-3
為使能在D點水平拋出
mg≤mv2R
得h≥3.6m。
11.(13分)我國將于2022年舉辦冬奧會,跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。如圖所示,質(zhì)量m=60 kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a=3.6 m/s2 勻加速滑下,到達助滑道末端B時速度vB=24 m/s,A與B的豎直高度差H=48 m。為了改變運動員的運動方向,在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接,其中最低點C處附近是一段以O(shè)為圓心的圓弧。助滑道末端B與滑道最低點C的高度差 h=5 m,運動員在B、
18、C間運動時阻力做功W=-1 530 J,g取10 m/s2。
(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小。
(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,則C點所在圓弧的半徑R至少應(yīng)為多大。
答案:(1)144 N (2)12.5 m
解析:(1)運動員在AB上做初速度為0的勻加速運動,設(shè)AB的長度為x,則有
vB2=2ax①
由牛頓第二定律有
mgHx-Ff=ma②
聯(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù)解得
Ff=144N。③
(2)設(shè)運動員到達C點時的速度為vC,在由B到達C的過程中,由動能定理有
mgh+W=12mvC2-12mvB2④
設(shè)運動員在C點所受的支持力為FN,由牛頓第二定律有
FN-mg=mvC2R⑤
由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍,聯(lián)立④⑤式,代入數(shù)據(jù)解得
R=12.5m。⑥
9
（廣西專用）2020高考物理二輪復習 專題能力訓練5 功 功率 動能定理（含解析）
