2019-2020年高考物理模擬試題專題匯編 專題3 功與能 第1講 功和動能定理（A）（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理模擬試題專題匯編 專題3 功與能 第1講 功和動能定理（A）（含解析） 一 .選擇題 1.(xx?宿遷市三校檢測?4)甲 乙 ．如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊受到水平拉力F的作用，F與時間t的關系如圖乙所示，設物塊與地面之間的最大靜摩擦力fm大小與滑動摩擦力大小相等，則( ) A．0～t1時間內所受摩擦力大小不變 B．t1～t2時間內物塊做加速度減小的加速運動 C．t2時刻物塊的速度最大 D．t2～t3時間內物塊克服摩擦力做功的功率增大 2.(xx?馬鞍山三模?15)．如圖所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管是用長為l的硬質直管（內徑遠小于h）彎制而成。一光滑小球從上端管口由靜止釋放，關于小球的運動，下列說法正確的是 h A．小球到達下端管口時的速度大小與l有關 B．小球到達下端管口時重力的功率為 C．小球到達下端的時間為 D．小球在運動過程中受管道的作用力大小不變 3.(xx?綿陽三診?7)P0 O t1 t2 t3 t P ．如圖所示為某汽車在平直公路上啟動時發(fā)動機功率P隨時間t變化的圖象，P0為發(fā)動機的額定功率。已知在t2時刻汽車的速度已經達到最大vm，汽車受到的空氣阻力與地面摩擦力之和隨速度增大而增大。由此可得（ ） A.在0~t1時間內，汽車一定做勻加速度運動 B.在t1~t2時間內，汽車一定做勻速運動 C.在t2~t3時間內，汽車一定做勻速運動 D.在t3時刻，汽車速度一定等于vm 4.（xx?寶雞三檢?16）圖甲 圖乙 、如圖甲所示，上表面水平的圓盤固定在水平地面上，一小物塊從圓盤邊緣上的點，以大小相同的初速度在圓盤上沿與直徑成不同夾角開始滑動，小物塊運動到圓盤另一邊緣時的速度大小為，則圖像應為圖乙中的（ ） 5.(xx?揚州高三測試?9)．一個小物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后又返回到斜面底端.已知小物塊的初動能為E，它返回到斜面底端的動能為E/2，小物塊上滑到最大路程的中點時速度為v；若木塊以2E的初動能沖上斜面，則有（ ） A．返回斜面底端時的動能為E B．返回斜面底端時的動能為3E/2 C．小物塊上滑到最大路程的中點時速度為 D．小物塊上滑到最大路程的中點時速度為 6.(xx?大慶三檢?21).將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構成了三個不同的三角形，如圖所示，其中1與2底邊相同，2和3高度相同.現將一個可視為質點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿木板下滑到底端，物塊與木板之間的動摩擦因數μ均相同。在這三個過程中，下列說法正確的是（） A．沿著1和2下滑到底端時，物塊速度的大小不相等；沿著2和3下滑到底端時，物塊速度的大小相等 B．沿著1下滑到底端時，物塊的速率最大 C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產生的熱量是最多的 D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產生的熱量是一樣多 二．非選擇題 7.(xx?大慶三檢?24)（14分）我國自主研發(fā)的C919大型客機爭取今年試飛，國人的大飛機夢有望今年圓上. 若進展順利，首飛后最快有望xx年完成取證和交付.設計的飛機質量m=7.5104kg，起飛速度是80m/s. （1）若飛機起飛過程中發(fā)動機保持額定功率P=8000kW不變，起飛前瞬間加速度a1=0.4m/s2，求飛機在起飛前瞬間受到的阻力大?。? （2）若飛機在起飛加速滑行過程中牽引力恒為F＝9.0104 N，受到的平均阻力為f=1.5104 N.如果飛機在達到起飛速度的瞬間因故而停止起飛，則需立即關閉發(fā)動機且以大小為4m/s2的恒定加速度減速停下，以確保飛機不滑出跑道.大慶薩爾圖機場飛行區(qū)等級為4C等級，機場跑道長2600米，是否可以安全起降國產大飛機？ 8.（xx?成都三診?9）.（15分） 我國的動車技術已達世界先進水平，“高鐵出?！睂⒃谖覈耙粠б宦贰睉?zhàn)略構想中占據重要一席。所謂動車組，就是把帶動力的動力車與非動力車按照預定的參數組合在一起。如圖所示，某車次動車組由2節(jié)動力車廂與6節(jié)非動力車廂連接而成，動車組總質量為6.4105kg,正常行駛時兩節(jié)動力車發(fā)動機的總功率為4107W。假設動車組均在平直路面行駛，受到的阻力恒為重力0.1倍,g取10m/s2。求： （1）該動車組正常行駛時的最大速度。 （2）甲地距乙站10km，如果動車組以60m/s的速度通過甲地，要使動車組?？吭谝艺?，兩臺發(fā)動機至少需工作多長時間？ 9.(xx?綿陽三診?9.)（15分） P Q θ v0 L 如圖所示為某物流公司用傳送帶傳送貨物情景示意圖。傳送帶與水平面的夾角θ=37，在發(fā)動機的作用下以v0=2m/s的速度勻速運動。在傳送帶底端P處放一質量m=2kg的小貨物，貨物被傳送到最高點Q。已知傳送帶長度L=8m，貨物與傳送帶的動摩擦因數μ=0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。求： （1）貨物剛被放到傳送帶上時的加速度大小a； （2）貨物從P到Q的過程中，發(fā)動機所做的功W。 10.(xx?張掖三診?24).（14） 如圖所示，有一個可視為質點的質量為m=1kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0=2m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質量為M=3kg的長木板，已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數μ=0.3，圓弧軌道的半徑為R=0.4m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=60，不計空氣阻力，g 取10m/s2。求： （1）小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力； （2）要使小物塊不滑出長木板，木板的長度L至少多大？ 11.(xx?寧德市普高質檢21)．(19分) 如圖，在水平軌道右側固定半徑為R的豎直圓槽形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節(jié)其初始長度為l，水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)?？梢暈橘|點的小物塊從軌道右側A點以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回。已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物塊質量m＝1 kg，與PQ段間的動摩擦因數μ＝0.4，軌道其它部分摩擦不計。取g＝10 m/s2。求： （1）物塊經過圓軌道最高點B時對軌道的壓力； （2）物塊從Q運動到P的時間及彈簧獲得的最大彈性勢能； （3）物塊仍以v0從右側沖上軌道，調節(jié)PQ段的長度l，當l長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動。 12.（xx?成都三診?10）．（17分） 如圖所示，虛線在側空間有一方向水平向右的勻強電場，場強E=5108N/C。足夠長的光滑水平導軌MN部分處于勻強電揚中，右端N與水平傳送帶平滑連接，導軌上放有質量m=1.0kg、電荷量q=110—8C、可視為質點的帶正電滑塊A，傳送帶長L=2.0m.第一次實驗時,使皮帶輪沿逆時針方向轉動,帶動傳送帶以速率v=3.0m/s勻速運動,由靜止釋放A.A在電場力作用下各右運動,以速度滑上傳送帶,并從傳帶右端P點水平飛出落至地面上的Q點，已知A與傳送帶之間的動摩擦因數，重力加速度g取10m/s2。求： （1）A到達傳送帶右端P點時的速度大小。 （2）第二次實驗時，使皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動傳送帶以速率v=3.0m/s勻速運動，調整A由靜止釋放的位置，使A仍從P點水平飛出落至Q點。求A的初始位置距虛線的距離的范圍。 第1講 功和動能定理（A卷） 參考答案與詳解 1.【答案】D 【命題立意】本題旨在考查功率、平均功率和瞬時功率、摩擦力的判斷與計算、功的計算。 【解析】A、在時間內水平拉力小于最大靜摩擦力，物體保持不動，摩擦力大小逐漸 增大，故A錯誤； B、到時刻，拉力逐漸增大，摩擦力不變，根據牛頓第二定律可知，加速度逐漸增大， 故B錯誤； C、到時刻，合力向前，物體一直加速前進，時刻后合力反向，要做減速運動，所以 時刻速度最大，故C錯誤； D、時間內速度逐漸增大，摩擦力大小不變，根據可知物塊克服摩擦力做功的 功率增大，故D正確。 故選：D 2.【命題立意】動能定理，牛頓第二定律以及功率的計算 【答案】C 【解析】小球在整個運動過程中，只受到重力做功，由動能定理得，即： ，因此小球到達下端口的速度大小與無關，A錯；小球到下端口的速度大小為，沿管的切線方向，但不是豎直方向的，因此小球到達下端管口時重力的功率不等于，故B錯誤；物體在管內下滑的加速度為，故下滑所需時間為t，，，故C正確；小球得做的是加速螺旋運動，速度越來愈大，做的是螺旋圓周運動，根據可知，支持力越來越大，故D錯誤； 3.【答案】CD 【命題立意】本題旨在考查功率、平均功率和瞬時功率、牛頓第二定律。 【解析】A、時間內汽車的功率均勻增加，但由阻力隨著速度的增大而增大；故汽車在這一過程受到的力不可能為恒力，故不可能做勻加速直線運動，故A錯誤； B、汽車達到額定功率，根據，速度繼續(xù)增大，牽引力減小，則加速度減小，時間內汽車做加速度減小的加速運動，當加速度為零時，即牽引力等于阻力，汽車速度達到最大，故B錯誤； C、在時間內，汽車已達到最大速度，且功率保持不變；故汽車一定做勻速運動；時刻，汽車速度一定等于，故CD正確。 故選：CD 4.【答案】A 【命題立意】本題旨在考查動能定理、功能關系。 【解析】設圓盤半徑為，小物塊與圓盤間的動摩擦因數為，由題意可知，小物塊運動到圓盤另一邊緣過程中摩擦力做負功，由動能定理可得： 即： 可知與成線性關系，斜率為負，故A正確，BCD錯誤。 故選：A 5.【答案】AC 【命題立意】本題旨在考查動能定理的應用。 【解析】以初動能為E沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得： …① 設以初動能為沖上斜面的初速度為，則以初動能為沖上斜面時，初速度為，加速度相同， 根據可知第二次沖上斜面的位移是第一次的兩倍， 所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，整個上升返回過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，即為， 以初動能為沖上斜面并返回的整個過程中運用動能定理得：…② 所以返回斜面底端時的動能為，故A正確，B錯誤； C、由①②得：，故C正確； D、第二次沖上斜面的位移是第一次的兩倍，所以上升過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，整個上升返回過程中克服摩擦力做功是第一次的兩倍，故D錯誤。故選：AC 6.【答案】BCD 【命題立意】本題旨在考查功能關系 、牛頓第二定律、勻變速直線運動的位移與時間的關系。 【解析】對物塊從高為h的斜面上由靜止滑到底端時，根據動能定理有： …① 其中為物塊克服摩擦力做的功， 因滑動摩擦力為：，所以物塊克服摩擦力做的功為： …② 由圖可知，為斜面底邊長， 可見，物體從斜面頂端下滑到底端時，克服摩擦力做功與斜面底端長度成正比。 A、B因沿著1和2下滑到底端時，物體克服摩擦力做功相同，沿著1重力做功大于沿2重力做功，根據①式得知，沿著1下滑到底端時物塊的速度大于沿2下滑到底端時速度； 沿著2和3下滑到底端時，重力做功相同，而沿2物體克服摩擦力做功小于沿3克服摩擦力做功，則由①式得知，沿著2下滑到底端時物塊的速度大于沿3下滑到底端時速度； 所以沿著1下滑到底端時，物塊的速率最大，而沿著3下滑到底端時，物塊的速率最小．故A錯誤．B正確； C、沿3時克服摩擦力做的功最多，物體的機械能損失最大，產生的熱量最多．故C正確； D、同理，根據以上分析知，物塊沿1和2下滑到底端的過程中，產生的熱量一樣多，故D正確。 故選：BCD 【易錯警示】通過本題求克服摩擦力做功可推得一個重要的結論：物體從斜面下滑到底端的過程中，克服摩擦力做的功與沿水平面滑動與斜面底端相同距離時克服摩擦力做的功相同。 7.【答案】（1）；（2）不能 【命題立意】本題旨在考查功率、平均功率和瞬時功率、動能定理。 【解析】（1）設機在起飛前瞬間牽引力大小為，受到的阻力大小，起飛速度， 則： 牛頓第二定律得： 代入數據解得： （2）設飛機起飛過程加速度為，達到起飛速度應滑行距離為，因故減速滑行距離為，跑道的長度至少為，則 牛頓第二定律得： 由勻減速直線運動得： 代入數據解得： 由于 所以大慶薩爾圖機場不能安全起降國產大飛機 答：（1）飛機在起飛前瞬間受到的阻力大小為； （2）大慶薩爾圖機場不能安全起降國產大飛機。 8.【答案】（1）；（2） 【命題立意】本題旨在考查動能定理的應用。 【解析】（1）當牽引力等于阻力時，動車組速度達到最大，設最大速度為 由題意可知： 由，得： 代入數據解得： （2）對車通過甲乙兩站的過程應用動能定理，有： 代入數據解得最短時間： 答：（1）該動車組正常行駛時的最大速度為； （2）兩臺發(fā)動機至少需工作。 9.【答案】（1）；（2） 【命題立意】本題旨在考查功能關系、牛頓第二定律。 【解析】（1）對物塊進行受力分析，由牛頓第二定律有： 解得： （2）設經過時間貨物速度達到，與傳送帶之間相對靜止，通過的距離為，傳送帶通過的距離為，貨物相對傳送到通過的距離為，則： 物體的位移： 傳送帶的位移： 二者位移差： 代入數據解得：，，， 根據能量守恒，有： 解得： 答：（1）貨物剛被放到傳送帶上時的加速度大小是； （2）貨物從P到Q的過程中，發(fā)動機所做的功是。 10.【答案】（1）；（2） 【命題立意】本題旨在考查向心力、平拋運動、動能定理。 【解析】（1）物塊到達C點的速度與水平方向的夾角為60度， 根據平行四邊形定則知： 小物塊由C到D的過程中，由動能定理得： 代入數據解得： 小球在D點時由牛頓第二定律得： 代入數據解得： 由牛頓第三定律得：，方向豎直向下。 （2）設小物塊剛滑到木板左端時達到共同速度，大小為，小物塊在木板上滑行的過程中， 小物塊與長木板的加速度大小分別為： 速度分別為： 對物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得：。 解得：，即木板的長度至少是 答：（1）小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力為； （2）要使小物塊不滑出長木板，木板的長度至少。 11.【答案】（1）；（2）；（3） 【命題立意】本題旨在考查動能定理、向心力。 【解析】(1)物塊沖上圓形軌道最高點B時速度為v，由機械能守恒得： ① 物塊到圓弧軌道的最高點B點，由牛頓第二定律得： ② 聯立①②并代入數據解得： ③ 由牛頓第三定律，物塊對軌道壓力大小為，方向為豎直向上 ④ (2) 物塊在Q點時速度為，在PQ運動時，由牛頓運動定律有： ⑤ 由運動規(guī)律 ⑥ 聯立⑤⑥并代入數據解得在PQ段運動時間： ⑦ 設物塊在P點時速度為，有 ⑧ 由能量守恒，物塊壓縮彈簧，動能轉化為彈性勢能，有： ⑨ 聯立⑧⑨式代入數據解得： ⑩ (3)物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側Q點時速度為，有： 要使物塊恰能不脫離軌道返回A點，則物塊能沿軌道上滑至最高點且在最高點的速度大小為，則滿足： 且： 聯立式代入數據解得 答：（1）物塊經過圓軌道最高點B時對軌道的壓力為； （2）物塊從Q運動到P的時間及彈簧獲得的最大彈性勢能為； （3）l長度是時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動。 12.【答案】（1）；（2） 【命題立意】本題旨在考查牛頓第二定律、勻變速直線運動、動能定理。 【解析】（1）A在傳送帶上做勻減速運動，設加速度大小為，則： 代入數據解得： 由運動學公式： 代入數據解得： （2）要從P點飛出后仍落至地面上的Q點，A在P點的速率必為 當皮帶順時針轉動時，若，則A在傳送帶上一直做勻減速運動，到達P點時速度恰好為，從P點飛出仍落至地面上的Q點 若，則A在傳送帶上可能先做勻減速運動，達到，后和傳送帶一起做勻速運動，也可能先加速運動，達到后和傳送帶一起勻速運動，其中的臨界情況是A在傳送帶上一直勻加速運動，到達P點時速度剛好為 設這種情況下A剛好滑上傳送帶時的速度為 由運動學公式，有： 代入數據解得： 因此，A剛好滑上傳送帶時的速度需滿足： 設A的初始位置與虛線間的距離為，由動能定理有： 代入數據解得： 答：（1）A到達傳送帶右端P點時的速度大小為； （2）A的初始位置距虛線的距離的范圍為。