（新課標(biāo)）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題五 能量和動(dòng)量 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練21.doc

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課時(shí)跟蹤訓(xùn)練(二十一) 落實(shí)雙基 [基礎(chǔ)鞏固] 1．如圖所示，一塊長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，在B上放一A物體，現(xiàn)以恒定的外力拉B，使A、B間產(chǎn)生相對(duì)滑動(dòng)，如果以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距離．在此過(guò)程中(　　) A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量 B．B對(duì)A的摩擦力所做的功，等于A的動(dòng)能增量 C．A對(duì)B的摩擦力所做的功，等于B對(duì)A的摩擦力所做的功 D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量 [解析]　外力F做的功等于A、B動(dòng)能的增量與A、B間摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和，A錯(cuò)誤；A物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)A物體運(yùn)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，即B正確；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B對(duì)地的位移不等，故二者做功不相等，C錯(cuò)誤；對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F對(duì)B做的功，等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D錯(cuò)誤． [答案]　B 2．如圖所示，質(zhì)量為m的小球，從離地面高H處由靜止開(kāi)始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgH B．小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能 C．整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D．小球在泥土中受到的平均阻力為mg [解析]　小球從靜止開(kāi)始釋放到落到地面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝mv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg－，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確． [答案]　C 3．如圖所示，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P點(diǎn)，以大小恒定的初速度v0在圓盤上沿與直徑PQ成不同夾角θ的方向開(kāi)始滑動(dòng)，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣時(shí)的速度大小為v，則v2－cosθ圖象應(yīng)為(　　) [解析]　設(shè)圓盤半徑為r，小物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由題意可知，小物塊運(yùn)動(dòng)到圓盤另一邊緣過(guò)程中摩擦力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可得，－μmg2rcosθ＝mv2－mv，即v2＝v－4μgrcosθ，可知v2與cosθ為線性關(guān)系，斜率為負(fù)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤． [答案]　A 4．(2015全國(guó)卷Ⅰ)如圖所示，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道．質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功．則(　　) A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W>mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．Wmg時(shí)，圓環(huán)先做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F＝mg時(shí)，圓環(huán)不受摩擦力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由F＝kv＝mg得v＝，根據(jù)動(dòng)能定理得－W＝mv2－mv，解得W＝mv－.綜上所述，答案為B. [答案]　B 10.某測(cè)試員測(cè)試汽車啟動(dòng)、加速、正常行駛及剎車的性能．前4 s使汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，4～15 s保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，達(dá)到最大速度后保持勻速，15 s時(shí)松開(kāi)油門并踩剎車，經(jīng)3 s停止，已知汽車的質(zhì)量為1200 kg，在加速及勻速過(guò)程中汽車所受阻力大小恒為f，剎車過(guò)程汽車所受阻力為5f，根據(jù)測(cè)試數(shù)據(jù)描繪出的v－t圖象如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．f＝1200 N B．0～4 s內(nèi)汽車所受牽引力為3.6103 N C．4～15 s內(nèi)汽車功率為360 kW D．4～15 s內(nèi)汽車位移大小為141 m [解析]　設(shè)剎車過(guò)程中汽車的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：5f＝ma，由v－t圖知15～18 s內(nèi)a＝ m/s2＝10 m/s2.所以f＝2400 N，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤．由v－t圖知0～4 s內(nèi)加速度大小a1＝3 m/s2，由牛頓第二定律得：F－f＝ma1，得牽引力F＝6103 N，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤.4～15 s內(nèi)發(fā)動(dòng)機(jī)功率恒定，且15 s時(shí)汽車已開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，所以P＝fvm＝240030 W＝7.2104 W，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤．設(shè)4～15 s內(nèi)汽車位移大小為x，由動(dòng)能定理得：Pt－fx＝mv－mv，其中vm＝30 m/s，v1＝12 m/s，解得x＝141 m．故D選項(xiàng)正確． [答案]　D 11.(多選)(2016孝感統(tǒng)測(cè))如圖所示，汽車通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪，將一個(gè)質(zhì)量為m的物體從井中拉出，繩與汽車連接點(diǎn)距滑輪頂點(diǎn)高h(yuǎn)，開(kāi)始時(shí)物體靜止，滑輪兩側(cè)的繩都豎直繃緊，汽車以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到跟汽車連接的細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí)，則(　　) A．從開(kāi)始到細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí)，拉力做功mgh B．從開(kāi)始到細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí)，拉力做功mgh＋mv2 C．在細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí)，拉力功率為mgv D．在細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí)，拉力功率大于mgv [解析]　汽車以v向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到跟汽車連接的細(xì)繩與水平方向夾角為30時(shí)，物體上升的高度恰為h，對(duì)速度v分解可知沿細(xì)繩方向的分速度大小為v，根據(jù)動(dòng)能定理可知A錯(cuò)誤、B正確；由于物體加速上升，故細(xì)繩拉力大于物體的重力，所以細(xì)繩拉力的功率大于mgv，C錯(cuò)誤，D正確． [答案]　BD 12．(2017新泰模擬)如圖所示，傾斜軌道AB的傾角為37，CD、EF軌道水平，AB與CD通過(guò)光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連．小球可以從D進(jìn)入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，從E滑出該軌道進(jìn)入EF水平軌道．小球由靜止從A點(diǎn)釋放，已知AB長(zhǎng)為5R，CD長(zhǎng)為R，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R，小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD、EF的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度為g，sin37＝0.6，cos37＝0.8.求：(在運(yùn)算中，根號(hào)中的數(shù)值無(wú)需算出) (1)小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大小． (2)小球剛到C時(shí)對(duì)管道的作用力． (3)要使小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足什么條件？ [解析]　(1)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v，小球從A運(yùn)動(dòng)至C過(guò)程，由動(dòng)能定理有： mg(5Rsin37＋1.8R)－μmgcos375R＝mv 解得：vC＝ . (2)小球沿BC管道做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)在C點(diǎn)時(shí)管道對(duì)小球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有：FN－mg＝m 其中r滿足：r＋rcos37＝1.8R 解得：FN＝6.6mg 由牛頓第三定律可得，小球?qū)艿赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下． (3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況： 情況一：小球能滑過(guò)圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入FF軌道，則小球在最高點(diǎn)應(yīng)滿足：m≥mg 小球從C點(diǎn)到圓周軌道的最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理，有： －μmgR－mg2R′＝mv－mv可得：R′≤R＝0.92R 情況二：小球上滑至四分之一圓周軌道的最高點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D.則由動(dòng)能定理有： －μmgR－mgR′＝0－mv 解得：R′≥2.3R 所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R. [答案]　(1) 　(2)6.6mg，方向豎直向下 (3)R′≤0.92R或R′≥2.3R