高考物理一轮复习第5单元机械能课时作业新人教版

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本文简介：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

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本文内容：

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K16-1

A.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.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K16-2

A.0~t1时间内,汽车的牵引力增大,加速度增大,功率增大

B.0~t1时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变,功率不变

C.t1~t2时间内,汽车的牵引力减小,加速度减小

D.t1~t2时间内,汽车的牵引力不变,加速度不变

4.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.下面是人对传送带做功的四种说法:

图K16-3

①人对传送带做功

②人对传送带不做功

③人对传送带做功的功率为m2gv

④人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv

其中正确的是(

)

A.①③B.①④C.①D.②

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mgvmaxk

C.汽车从静止到开始匀速运动所需的时间为svmax+vmax2kg

D.当汽车速度为v(vP2,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=μmglcosθ,选项C正确;在上滑过程中摩擦力的平均功率P1=12μmgv1cosθ,在下滑过程中摩擦力的平均功率P2=12μmgv2cosθ,则P1>P2,选项D错误.

11.(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=12vt1

匀减速运动的位移为s3=12vt3

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W2=W1

联立解得W2=6.8×108J

所以公交车排放气体污染物的质量为

m=3×10-9×6.8×108kg=2.04kg.

12.(1)6m/s

3m/s

(2)302.7W

[解析](1)据题意可得

ω1d12=ω2d22

ω1=2πn

vm=ω2d32

联立解得vm=6m/s

匀加速运动的过程,有

vm=at1

x1=12at12

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

v2=150mt1+t2×0.84=4.5m/s

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=50mv2=11.1s

从坡底到坡顶,人做的功为

W=(M+m)gLsinθ+12(M+m)v2+fL

根据题意知sinθ=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=12mv2,苹果对手做负功,选项C正确,选项D错误.

2.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=mv2R,其中T=7mg,可得v=6gR,在最高点时,因为是恰好通过最高点,所以绳子的拉力为零,完全由重力提供向心力,所以有mg=mv12R,解得v1=gR,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=12mv12-12mv2,解得Wf=mgR2,故C正确.

3.A

[解析]

根据动能定理得,对A和橡皮条系统,有mgl2-W=12mvA2,其中W为A克服橡皮条弹力做的功;对B,有mgl2=12mvB2,因此vA

4.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mg·lsinθ-μmg·2l=0,则sinθ=2μ,选项B正确.

5.C

[解析]

由图像的斜率可得OA段的拉力F1=ΔWΔs=5N,由牛顿第二定律得,加速度a1=F1-μmgm=3m/s2,同理,AB段的拉力F2=ΔW

Δs

=2N,加速度a2=0,选项A、B错误;s=3m的过程,由动能定理得W-μmgs1=12mv12,解得v1=32m/s,同理可得s=9m时速度v2=32m/s,选项C正确,选项D错误.

6.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,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-(mgsinθ+μmgcosθ)s=Ek-12mv02,图线的斜率的绝对值k1=255N=mgsinθ+μmgcosθ;同理,物体下滑过程,图线的斜率的绝对值k2=55N=mgsinθ-μmgcosθ;联立解得θ=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fk,则直杆和槽间无相对运动,小车被弹回时的速度v等于v0;若弹簧的形变量大于或等于fk,则直杆和槽将发生相对运动,克服摩擦力做功,小车的动能减小,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=12mv2-12mv02,可得直杆在槽内移动的距离s=m(v02-v2)2f,B正确.直杆在槽内由静止开始向右运动时,小车的速度大于零,小车不可能与直杆始终保持相对静止,C错误.

10.(1)335g,方向沿下段滑道向上

(2)2gh7

(3)能

[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°-μmgcos37°=ma

解得a=gsin37°-μgcos37°=-6g70=-335g

“-”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-μmgcos45°hsin45°=12mvm2

解得vm=2gh7.

(3)对全过程,根据动能定理得

2mgh-μmgcos45°hsin45°-μmgcos37°hsin37°=12mv2

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=mvA2R2

解得vA=gR2=23m/s

小球从O到A过程,由动能定理得

-mg·2R1=12mvA2-12mv02

解得v0=6m/s

(2)小球从O到B过程,由动能定理得

mgR2=12mvB2-12mv02

解得vB=215m/s

在B点时,由牛顿第二定律得

FN-mg=mvB2R2

解得FN=6N

则轨道受到的压力F

N=FN=6N.

(3)小球从O到C过程,由动能定理得

mgR2-μmgxBC≥0-12mv02

解得v0≥8m/s.

课时作业(十八)

1.D

[解析]

由能量守恒定律得12mv2=Ep+mgh,故小球在C点时弹簧的弹性势能Ep=12mv2-mgh,选项D正确.

2.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=12mv2,对A、B系统,由机械能守恒定律得mg(H-x)=12m+m2v2,解得x=0.4H,选项A正确.

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=12mbv2,对b球,有T-mbg=mbv2l,对a球,有T=mag,联立解得ma∶mb=3∶1,选项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=12mv12+12Mv22,联立解得木块滑出槽口的速度v1=2MgRm+M,选项B正确.

5.C

[解析]

当F1=3mg时,有F1+mAg+mBg=kx1,解得k=F1+mAg+mBgx1=6mg0.04m,当F2=4mg时,有F2+mAg+mCg=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12kx22=2mgx2+12(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=12mv2,联立解得h=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-12mv02,所以小球落地的动能Ek=mgh+12mv02,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.

7.ABD

[解析]

当v0=gR时,根据机械能守恒定律得12mv02=mgh,解得h=R2,即小球上升到高度为R2时速度为零,所以小球能够上升的最大高度为R2,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心等高处,根据机械能守恒定律得mgR=12mv2,解得v=2gR,故如果v0=2gR,则小球能够上升的最大高度为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=mv22R,从最低点到最高点的过程中,根据机械能守恒定律得2mgR+12mv22=12mv12,解得v1=5gR,所以当v0=5gR时,小球能够上升的最大高度为2R,而当v0=3gR<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12mv02=mgh+12mv

2,解得上升的最大高度hmgh=1.2J,选项D正确.

2.A

[解析]

若斜面光滑,则加磁场前后,都只有重力做功,满足机械能守恒的条件,到达斜面底端的速度相等,选项A正确,选项C错误;若斜面粗糙,则加磁场后,由左手定则可知,滑块受垂直于斜面向下的洛伦兹力,此时斜面的正压力大于未加磁场时的正压力,由f=μFN可知,此时斜面的摩擦力大于未加磁场时的摩擦力,故加磁场后克服摩擦力做的功多,由动能定理得mgh-Wf=12mv2,则v

3.D

[解析]

滑块克服重力所做的功等于滑块增加的重力势能,选项A错误;合力对滑块做的功等于滑块动能的增量,选项B错误;斜面对滑块的摩擦力沿斜面向上,因此做正功,选项C错误;斜面对滑块的弹力和摩擦力对滑块做的总功等于滑块增加的机械能,选项D正确.

4.C

[解析]

由能量守恒定律可知,力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能,一部分转化为系统的内能,故W=12mv2+μmgs相,s相=vt-v2t,v=μgt,联立可得W=mv2,选项C正确.

5.A

[解析]

质量为m的小球以初速度v0竖直向上抛出,小球在运动过程中受到的空气阻力与速率成正比,所以f=kv,小球上升的最大高度为H时,动能应该为零,故A错误;重力势能Ep=mgh,则Ep-h图像为一条通过原点的倾斜的直线,故B正确;由于小球受空气阻力的作用,所以小球的机械能要减小,减小的机械能等于克服阻力做的功,即ΔE=Wf=fh,Wf为克服阻力做的功,则E=E0-ΔE=E0-Wf=E0-fh,因为上升过程中速度逐渐减小,所以E-h图像的斜率的绝对值减小,因为下降过程中速度逐渐增大,所以E-h图像的斜率增大,故C正确;上升过程中,根据牛顿第二定律得a=mg+fm,因为速度逐渐减小,所以加速度减小,下降过程中,根据牛顿第二定律得a

=mg-f

m,因为速度逐渐增大,所以加速度逐渐减小,故D正确.

6.C

[解析]

对小物块分析,在沿斜面方向上,当有恒力F作用时,有mgsinθ+μmgcosθ-F=ma1,当无恒力F作用时,有mgsinθ+μmgcosθ=ma2,从表达式中可以看出a1

7.AC

[解析]

对圆环下滑至底端的过程,由动能定理得mgh-W弹=0,故圆环到达B时弹簧弹性势能为mgh,合力做功为零,选项A、C正确;下滑过程中弹簧伸长量逐渐增大,弹性势能增大,弹力对圆环一直做负功,选项B错误;弹簧和圆环组成的系统机械能守恒,圆环先加速后减速,动能先增大后减小,则弹簧的弹性势能和圆环的重力势能之和先减小后增大,选项D错误.

8.AD

[解析]

从D到C,橡皮筋对弹丸一直做正功,弹丸的机械能一直增大,但橡皮筋的弹力先大于重力后小于重力,合力先向上后向下,弹丸先加速运动后减速运动,动能先增大后减小,选项A正确,选项B、C错误;从D到E橡皮筋的弹力大于从E到C橡皮筋的弹力,从D到E橡皮筋的弹力做的功大于从E到C橡皮筋的弹力做的功,则从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,选项D正确.

9.AC

[解析]

高度在0.2~0.35m的范围内,ΔEk=-ΔEp=-mgΔh,图线的斜率k=ΔEkΔh=0-0.30.35-0.2N=-2N=-mg,所以m=0.2kg,选项A正确;由能量守恒定律知,当滑块上升至最大高度时,弹簧的弹性势能全部转化为滑块的重力势能,故弹簧的最大弹性势能Epm=mgΔh=0.5J,选项B错误;在Ek-h图像中,图线的斜率表示滑块所受的合外力,由于高度在0.2~0.35m范围内图像为直线,所受的合外力为恒力,所以当h=0.2m时滑块与弹簧分离,弹簧的原长为0.2m,选项C正确;由图可知,当h=0.18m时滑块的动能最大,此时滑块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小,根据能量守恒定律可知,Epmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5J+0.2×10×0.1J-0.32J=0.38J,选项D错误.

10.0.5

[解析]

由功能关系得

-fx=E-E0

则E-x图像的斜率k=ΔEΔx=-f=-μmgcosθ

即μmgcosθ=4N

又有mgxsinθ=Ep

则Ep-x图像的斜率k

=ΔEpΔx=mgsinθ

即mgsinθ=6N

联立可得μ=0