2019年高考物理一轮复习第5单元机械能课时作业新人教版.docx

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1、1第 5 单元 机械能课时作业(十六)第 16 讲 功 功率1.如图 K16-1 所示,平板车放在光滑水平面上,一个人从车的左端加速向右端跑动,设人受的摩擦力为 f,平板车受到的摩擦力为 f,下列说法正确的是( )图 K16-1A.f、 f均做负功B.f、 f均做正功C.f 做正功, f做负功D.因为是静摩擦力,所以 f、 f做功均为零2.清洁工人在清洁城市道路时驾驶洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶 .当洒水车行驶到某一路口时开始洒水,若洒水车的速度保持不变,且所受阻力与车重成正比,则开始洒水后 ( )A.洒水车受到的牵引力保持不变B.洒水车受到的牵引力逐渐增大C.洒水车发动机的输出功率保持不变D

2、.洒水车发动机的输出功率不断减小3.图 K16-2 是一汽车在平直路面上启动的速度时间图像, t1时刻起汽车的功率保持不变,由图像可知( )图 K16-2A.0t1时间内,汽车的牵引力增大,加速度增大,功率增大B.0t1时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变,功率不变C.t1t2时间内,汽车的牵引力减小,加速度减小D.t1t2时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变24.测定运动员体能的一种装置如图 K16-3 所示,运动员质量为 m1,绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦),悬挂的重物质量为 m2,人用力蹬传送带而人的重心不动,使传送带以速率 v 匀速向右运动,重力加速度为 g.下面是

3、人对传送带做功的四种说法:图 K16-3人对传送带做功人对传送带不做功人对传送带做功的功率为 m2gv人对传送带做功的功率为( m1+m2)gv其中正确的是 ( )A. B. C. D.5.2017荆州期末 一辆汽车质量为 m,从静止开始启动,沿水平面前进了距离 s 后,就达到了最大行驶速度 vmax.若汽车的牵引力的功率保持不变,所受阻力为车重的 k 倍,重力加速度为 g,则 ( )A.汽车先做匀加速运动,后做匀速运动B.汽车牵引力的功率为mgvmaxkC.汽车从静止到开始匀速运动所需的时间为svmax+vmax2kgD.当汽车速度为 v(vvC.若斜面光滑,则滑块下滑过程中重力所做的功等于

4、滑块机械能的增加量D.若斜面粗糙,则滑块下滑过程中重力所做的功等于滑块动能的增加量3.如图 K19-3 所示,在电梯中的斜面上放置了一滑块,在电梯加速上升的过程中,滑块相对斜面静止,则在该过程中 ( )图 K19-3A.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功等于滑块增加的重力势能B.滑块所受合力对滑块所做的功等于滑块增加的机械能C.斜面对滑块的摩擦力对滑块做负功D.斜面对滑块的弹力对滑块所做的功小于滑块增加的机械能4.如图 K19-4 所示,一足够长的木板在光滑的水平面上以速度 v 向右匀速运动,现将质量为 m 的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端,已知物体和木板之间的动摩擦因数为 . 为保持木板的速度

5、不变,从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中,应对木板施一水平向右的作用力 F,那么力 F 对木板做功的数值为 ( )图 K19-4A.mv24 B.mv22C.mv2 D.2mv2215.2017江西南昌期中 如图 K19-5 所示,质量为 m 的小球以初速度 v0竖直向上抛出,小球上升的最大高度为 H,已知小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比 .设抛出点重力势能为零,则在小球运动过程中,关于小球的动能 Ek、重力势能 Ep、机械能 E 随高度 h 变化及速率 v 随时间 t 变化的规律,图K19-6 中一定不正确的是 ( )图 K19-5图 K19-66.如图 K19-7 甲所示,

6、质量为 1kg 的小物块以初速度 v0=11m/s 从倾角 = 53的固定斜面底端先后两次滑上斜面,第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力 F,第二次无恒力,图乙中的两条线段 a、 b 分别表示存在恒力 F 和无恒力 F 时小物块沿斜面向上运动的 v-t 图像 .不考虑空气阻力, g 取 10m/s2,下列说法正确的是(cos53 =0.6,sin53=0.8) ( )图 K19-7A.恒力 F 大小为 21NB.小物块与斜面间的动摩擦因数为 0.6C.有恒力 F 时,小物块在上升过程机械能的减少量较小D.有恒力 F 时,小物块在上升过程产生的热量较少7.如图 K19-8 所示,固定的光滑竖直杆

7、上套有一质量为 m 的圆环,圆环与水平放置的轻质弹簧一端相连,弹簧另一端固定在墙壁上的 A 点,图中弹簧恰好处于原长状态 .现让圆环从图示位置(距地面高度为 h)由静止沿杆滑下,滑到杆的底端 B 时速度恰好为零 .重力加速度为 g,则在圆环下滑至底端的过程中( )22图 K19-8A.圆环所受合力做功为零B.弹簧弹力对圆环先做正功后做负功C.圆环到达 B 时弹簧弹性势能为 mghD.弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和先增大后减小8.“弹弓”是孩子们喜爱的弹射类玩具,其构造原理如图 K19-9 所示,橡皮筋两端点 A、 B 固定在把手上,橡皮筋处于 ACB 时恰好为原长状态,在 C 处( AB

8、连线的中垂线上)放一固体弹丸,一手执把,另一手将弹丸拉至 D 点后放手,弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去,打击目标 .现将弹丸竖直向上发射,已知 E 是 CD中点,则 ( )图 K19-9A.从 D 到 C,弹丸的机械能一直在增大B.从 D 到 C,弹丸的动能一直在增大C.从 D 到 C,弹丸的机械能先增大后减小D.从 D 到 E 弹丸增加的机械能大于从 E 到 C 弹丸增加的机械能9.如图 K19-10 甲所示,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的轻弹簧下端固定,穿在杆上的滑块与弹簧上端接触但不拴接,向下压缩弹簧至滑块离地高度为 h=0.1m.现由静止释放滑块,通过传感器测量出滑块的速度和离地高度

9、 h 并作出滑块的 Ek-h 图像,其中高度从 0.2m 上升到 0.35m 范围内图像为直线,其余部分为曲线 .以地面为零势能面, g 取 10m/s2,由图像可知 ( )甲 乙图 K19-10A.滑块的质量为 0.2kg23B.弹簧的最大弹性势能为 0.32JC.弹簧的原长为 0.2mD.滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小为 0.18J10.2017武汉模拟 质量为 m=1kg 滑块以某一初速度从固定斜面的底端沿斜面上滑,规定斜面底端为重力势能的参考平面 .在上滑过程中,滑块的机械能 E 随位移 x 的变化规律如图 K19-11 甲所示,重力势能 Ep随位移 x 的变化规律如图乙所示

10、.重力加速度 g 取 10m/s2,求滑块与斜面间的动摩擦因数 .甲 乙图 K19-1111.如图 K19-12 所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道 AB 的下端与光滑的圆弧轨道 BCD 相切于 B,C 是最低点,圆心角 BOC=37,D 与圆心 O 等高,圆弧轨道半径 R=1.0m.现有一个质量为 m=0.2kg、可视为质点的小物体从 D 点的正上方 E 点处自由下落, D、 E 距离 h=1.6m,小物体与斜面 AB 之间的动摩擦因数= 0.5.(sin37=0.6,cos37=0.8,g 取 10m/s2)(1)求小物体第一次通过 C 点时轨道对小物体的支持力 FN的大小;(2)要使小物

11、体不从斜面顶端飞出,斜面的长度 LAB至少要多长?(3)若斜面已经满足(2)的要求,小物体从 E 点开始下落,直至最后沿光滑圆弧轨道做周期性运动,求此过程中系统因摩擦所产生的热量 Q 的大小 .24图 K19-1225课时作业(十六)1.B 解析 人相对于地的位移方向向右,人所受的摩擦力方向也向右,则 f 做正功;平板车相对于地的位移方向向左,它受到的摩擦力方向也向左,则 f也做正功 .2.D 解析 因为洒水车的重力在减小,且所受阻力与车重成正比,所以阻力也减小,受到的牵引力也减小,选项 A、B 错误;又因为洒水车的速度不变,所以由 P=Fv 可知,发动机的输出功率不断减小,选项 C 错误,选

12、项 D 正确 .3.C 解析 对汽车受力分析,汽车受到重力、支持力、牵引力和摩擦力,0 t1时间内,汽车做匀加速直线运动,故加速度恒定,根据牛顿第二定律,有 F-f=ma,故汽车的牵引力不变,根据功率和速度关系式,有P=Fv=Fat,故功率 P 增大,选项 A、B 错误;在 t1t2时间内,汽车做加速度不断减小的加速运动,根据牛顿第二定律,有 F-f=ma,故汽车的牵引力 F 减小,选项 C 正确,选项 D 错误 .4.A 解析 人作用于传送带上的摩擦力 f=m2g,方向与 v 相同,因此人对传送带做正功,功率P=fv=m2gv,所以说法 正确 .5.C 解析 由于汽车的牵引力的功率保持不变,

13、由 P=Fv、 F-kmg=ma 及 v=at 可知,汽车做加速度逐渐减小的变加速直线运动,选项 A 错误;汽车速度达到最大后做匀速运动,则 P=kmgvmax,选项 B 错误;设汽车从静止到开始匀速运动所需的时间为 t,则由动能定理得 Pt-kmgs= -0,解得 t= ,选项 C12mv2max svmax+vmax2kg正确;当汽车速度为 v 时,由以上各式联立可得 a= kg,选项 D 错误 .(vmaxv -1)6.B 解析 在 0t1时间内,重物加速上升,设加速度为 a1,根据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1=mg+ma1,速度 v=a1t,所以拉力的功率 P1=m(a1+g)a1t

14、;在 t1t2时间内,重物匀速上升,拉力 F2=mg,速度v1=a1t1,所以拉力的功率 P2=mga1t1;在 t2t3时间内,重物减速上升,设加速度大小为 a2,根据牛顿第二定律可得钢索的拉力 F2=mg-ma2,速度 v=a1t1-a2(t-t2),所以拉力的功率为 P3=m(g-a2)(a1t1+a2t2-a2t).综上所述,只有 B 正确 .7.AD 解析 机车做匀加速直线运动,且阻力不变,所以牵引力也不变 .根据 P=Fv 知,机车输出功率增大,选项 A 正确,选项 B 错误;根据动能定理知,在任意两段相等时间内,由于位移不相等,所以合外力做功不相等,机车的动能变化量不相等,选项

15、C 错误;由于是匀加速直线运动,故任意两段相等时间内的速度变化量相等,选项 D 正确 .8.AC 解析 汽车在水平路面上匀速运动时,有 P=Fv=fv,刚到达斜坡上时,牵引力不变,还是 F,根据牛顿第二定律可知 F-f-mgsin=ma ,故汽车在斜坡上时先做减速运动,速度减小,根据 P=Fv 可知,牵引力增大,当牵引力等于阻力和重力沿斜面的分力之和时,速度减到最小,此后做匀速运动,牵引力不再变化,选项 A 正确,选项 B 错误;汽车始终在恒定功率下运动,故牵引力所做的功 W=Pt 与时间成正比,选项 C 正确;汽车先做减速运动,然后做匀速运动,在减速运动阶段,位移不和时间成正比,故克服路面阻

16、力做的功Wf=fs 也不和时间成正比,选项 D 错误 .9.AD 解析 汽车启动后,加速度 a= ,当速度增大时,加速度减小,即汽车做加速度减小的加速运动,当kv-fm加速度 a=0 时,速度最大,此时 =f,选项 A、D 正确;刚启动时,牵引力最大,趋于无穷大,加速度很大,选kvm项 B、C 错误 .2610.AC 解析 滑块从开始上滑至回到出发点,位移为 0,则全过程中重力做功为 0,选项 A 正确;设斜面的倾角为 ,开始上滑时重力的功率 P1=mgv1sin ,下滑回到出发点时重力的功率 P2=mgv2sin ,则P1P2,选项 B 错误;滑块上滑过程中和下滑过程中克服摩擦力做功都为 W

17、=mgl cos ,选项 C 正确;在上滑过程中摩擦力的平均功率 mgv 1cos ,在下滑过程中摩擦力的平均功率 mgv 2cos ,则P1=12 P2=12,选项 D 错误 .P1P211.(1)1950m (2)2.04kg解析(1)根据匀变速直线运动规律可知,地铁列车匀加速运动的位移为 s1= vt112匀减速运动的位移为 s3= vt312根据匀速运动规律可知,地铁列车匀速运动的位移为s2=vt2根据题意可知,甲站到乙站的距离为s=s1+s2+s3联立解得 s=1950m.(2)地铁列车在从甲站到乙站的过程中,牵引力做的功为 W1=Fs1+Pt2根据题意可知,燃油公交车运行中做的功为

18、 W2=W1联立解得 W2=6.8108J所以公交车排放气体污染物的质量为m=310-96.8108kg=2.04kg.12.(1)6m/s 3m/s (2)302.7W解析(1)据题意可得 1d12= 2d22 1=2 nvm= 2d32联立解得 vm=6m/s匀加速运动的过程,有vm=at1x1=12at2127解得 t1=6s,x1=18m匀速运动的过程,有150m-x1=vmt2解得 t2=22s设人到坡顶的速度大小为 v,根据题意可得0.84=4.5m/sv2=150mt1+t2匀减速运动的过程,有 v2=vm+v2解得 v=3m/s.(2)最后 50m 所用时间为 t3= =11.

19、1s50mv2从坡底到坡顶,人做的功为W=(M+m)gLsin+ (M+m)v2+fL12根据题意知 sin= 0.05此人做功的平均功率为P=Wt1+t2+t3联立解得 P=302.7W.课时作业(十七)1.C 解析 小苹果从静止开始沿水平方向运动,手对苹果有支持力和静摩擦力作用,其合力不沿竖直方向,选项 A、B 错误;由动能定理得,手对苹果做的功 W= mv2,苹果对手做负功,选项 C 正确,选项 D 错误 .122.C 解析 在最低点时,由绳子的拉力和重力的合力提供向心力,故有 T-mg=m ,其中 T=7mg,可得 v=v2R,在最高点时,因为是恰好通过最高点,所以绳子的拉力为零,完全

20、由重力提供向心力,所以有 mg=m6gR,解得 v1= ,从最低点到最高点过程中,重力做负功,阻力做负功,根据动能定理可得 -2mgR-Wf=v21R gRmv2,解得 Wf= ,故 C 正确 .12mv21-12 mgR23.A 解析 根据动能定理得,对 A 和橡皮条系统,有 mgl2-W= ,其中 W 为 A 克服橡皮条弹力做的功;12mv2A对 B,有 mgl2= ,因此 vAvB,故 A 正确 .12mv2B284.B 解析 对小朋友从斜板进入水平木板运动的全过程,由动能定理得 mglsin-mg 2l=0,则sin= 2 ,选项 B 正确 .5.C 解析 由图像的斜率可得 OA 段的

21、拉力 F1= =5N,由牛顿第二定律得,加速度 a1= =3m/s2, W s F1-mgm同理, AB 段的拉力 F2= =2N,加速度 a2=0,选项 A、B 错误; s=3m 的过程,由动能定理得 W-mgs 1= , W s 12mv21解得 v1=3 m/s,同理可得 s=9m 时速度 v2=3 m/s,选项 C 正确,选项 D 错误 .2 26.AC 解析 当关闭充电装置,让车自由滑行时,电动车的动能全部用来克服摩擦阻力做功,转化为内能,有 Ek=fs1,解得 f=50N,A 正确,B 错误;当启动充电装置滑行时,电动车的动能一部分用来克服摩擦阻力做功,另一部分转化为蓄电池的电能,

22、根据能量守恒定律得 Ek=fs2+E 电 ,解得 E 电 =Ek-fs2=200J,C 正确,D 错误 .7.BD 解析 物体上滑过程,由动能定理得 -(mgsin+mg cos )s=Ek- ,图线的斜率的绝对值 k1=12mv20N=mgsin+mg cos ;同理,物体下滑过程,图线的斜率的绝对值 k2= N=mgsin-mg cos ;联立解255 55得 = 37,m=0.5kg,选项 B、D 正确 .8.AD 解析 第一次从 h 高度处由静止释放小物块,小物块在到达 B 点过程中,由动能定理得 mgh-Wf=0,所以克服摩擦阻力做的功 Wf=mgh,选项 A 正确;因为下滑过程中滑

23、动摩擦力是变力,滑动摩擦力大小与正压力大小有关,而正压力大小与速率有关,所以第二次释放小物块过程中小物块克服摩擦阻力做的功大于第一次的,故最终小物块滑出轨道后上升的高度小于 h,选项 D 正确 .9.BD 解析 小车在向右运动的过程中,若弹簧的形变量始终小于 ,则直杆和槽间无相对运动,小车被fk弹回时的速度 v 等于 v0;若弹簧的形变量大于或等于 ,则直杆和槽将发生相对运动,克服摩擦力做功,小fk车的动能减小,小车被弹回时的速度 v 小于 v0,A 错误,D 正确 .对整个过程应用动能定理,有 -fs=,可得直杆在槽内移动的距离 s= ,B 正确 .直杆在槽内由静止开始向右运动时,小车的12

24、mv2-12mv20 m(v20-v2)2f速度大于零,小车不可能与直杆始终保持相对静止,C 错误 .10.(1) g,方向沿下段滑道向上 (2) (3)能335 2gh7解析(1)滑草车在下段滑道上运动过程,根据牛顿第二定律得mgsin37-mg cos37=ma解得 a=gsin37-g cos37=- g6g70=-335“-”表示加速度方向沿下段滑道向上 .(2)滑草车通过上段滑道末端时速度最大,由动能定理得mgh-mg cos45hsin45=12mv2m29解得 vm= .2gh7(3)对全过程,根据动能定理得2mgh-mg cos45 mv2hsin45-mgcos37hsin3

25、7=12解得 v=0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端 .11.(1)6m/s (2)6N (3)8m/s解析(1)在 A 点,由牛顿第二定律得mg=mv2AR2解得 vA= m/sgR2=2 3小球从 O 到 A 过程,由动能定理得-mg2R1=12mv2A-12mv20解得 v0=6m/s(2)小球从 O 到 B 过程,由动能定理得mgR2=12mv2B-12mv20解得 vB=2 m/s15在 B 点时,由牛顿第二定律得FN-mg=mv2BR2解得 FN=6N则轨道受到的压力 FN=FN=6N.(3)小球从 O 到 C 过程,由动能定理得mgR2-mgx BC0 -12mv20解得 v0

26、8m/s .课时作业(十八)301.D 解析 由能量守恒定律得 mv2=Ep+mgh,故小球在 C 点时弹簧的弹性势能 Ep= mv2-mgh,选项 D 正确 .12 122.A 解析 设 A 物体距离地面的高度为 x 时, A 物体的动能与重力势能相等,即 mgx= mv2,对 A、 B 系12统,由机械能守恒定律得 mg(H-x)= v2,解得 x=0.4H,选项 A 正确 .12(m+m2)3.A 解析 连接 b 球的细线摆到竖直位置时,由机械能守恒定律得 mbgl= mbv2,对 b 球,有 T-mbg=mb ,12 v2l对 a 球,有 T=mag,联立解得 ma mb=31,选项

27、A 正确 .4.B 解析 圆槽在光滑水平面上可动,在木块开始下滑到脱离槽口的过程中,对木块和槽所组成的系统,水平方向上不受外力,水平方向上动量守恒,设木块滑出槽口时的速度为 v1,槽的速度为 v2,在水平方向上,由动量守恒定律可得 mv1-Mv2=0,木块下滑时,只有重力做功,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得 mgR= ,联立解得木块滑出槽口的速度 v1= ,选项 B 正确 .12mv21+12Mv22 2MgRm+M5.C 解析 当 F1=3mg 时,有 F1+mAg+mBg=kx1,解得 k= ,当 F2=4mg 时,有F1+mAg+mBgx1 = 6mg0.04mF2+mAg+mCg=

28、kx2,解得 x2=0.04m=4cm,即弹簧也被压缩了 4cm,当弹簧恢复到原长时,根据能量守恒定律可得 (2m)v2,接着 C 又上升了 h 高度,则根据机械能守恒定律可得 mgh= mv2,联立解得12kx22=2mgx2+12 12h=2cm,故 C 上升的最大位移为 H=x2+h=6cm,选项 C 正确 .6.CD 解析 由于选取最高点为零势能面,故小球在最高点时的重力势能是零,选项 A 错误;小球在最高点时的重力势能为零,动能也为零,则在最高点时的机械能为零,而小球运动过程中不计空气阻力,故小球落回抛出点时的机械能是零,选项 B 错误;由动能定理得 mgh=Ek- ,所以小球落地的

29、动能 Ek=mgh+12mv20,选项 C 正确;小球落到地面时的重力势能是 -mg(H+h),选项 D 正确 .12mv207.ABD 解析 当 v0= 时,根据机械能守恒定律得 =mgh,解得 h= ,即小球上升到高度为 时速度gR12mv20 R2 R2为零,所以小球能够上升的最大高度为 ,选项 A 正确;设小球在最低点的速度为 v 时恰好能运动到与圆R2心等高处,根据机械能守恒定律得 mgR= mv2,解得 v= ,故如果 v0= ,则小球能够上升的最大高12 2gR 2gR度为 R,选项 B 正确;设小球在最低点的速度为 v1时恰好能运动到圆轨道最高点,此种情况下在最高点的速度为 v2,则在最高点,有 mg=m ,从最低点到最高点的过程中,根据机械能守恒定律得 2mgR+v22R,解得 v1= ,所以当 v0= 时,小球能够上升的最大高度为 2R,而当 v0=12mv22=12mv21 5gR 5gR时,小球不能上升到圆轨道的最高点,会脱离轨道,根据机械能守恒定律得3gR 5gRmv2,解得上升的最大高度 h ,选项 C 错误,选项 D 正确 .12mv20=mgh+12 3R2