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階段訓練(二)　功和能　動量 (時間:45分鐘　滿分: 100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題7分,共56分。在每小題給出的四個選項中,1~5題只有一個選項符合題目要求,6~8題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分) 1.(2018全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段,列車的動能 (　　) A.與它所經(jīng)歷的時間成正比 B.與它的位移成正比 C.與它的速度成正比 D.與它的動量成正比 2.小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上,P球的質量大于Q球的質量,懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起,使兩繩均被水平拉直,如圖所示。將兩球由靜止釋放。在各自軌跡的最低點,(　　) A.P球的速度一定大于Q球的速度 B.P球的動能一定小于Q球的動能 C.P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力 D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 3.如圖所示,水平傳送帶兩端點A、B間的距離為l。若傳送帶處于靜止狀態(tài),把一個小物塊放到右端的A點,某人用恒定的水平拉力F1使小物塊以速度v1勻速滑到左端的B點。若傳送帶的上表面以v2的速度勻速向左運動,此人用水平恒力F2拉物塊,使物塊以相對于傳送帶為v1的速度從A滑到B,下列說法正確的是(　　) A.F2大于F1 B.F2做的功等于F1做的功 C.F2的功率等于F1的功率 D.兩種情況下物塊與皮帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量相同 4.如圖所示,豎直平面內(nèi)的軌道Ⅰ和Ⅱ都由兩段細直桿連接而成,兩軌道長度相等,用相同的水平恒力將穿在軌道最低點B的靜止小球,分別沿Ⅰ和Ⅱ推至最高點A,所需時間分別為t1、t2,動能增量分別為ΔEk1、ΔEk2。假定球在經(jīng)過軌道轉折點前后速度大小不變,且球與Ⅰ和Ⅱ軌道間的動摩擦因數(shù)相等,則(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.ΔEk1>ΔEk2,t1>t2 B.ΔEk1=ΔEk2,t1>t2 C.ΔEk1>ΔEk2,t1mQ,又 vPmQ,所以FTP>FTQ,C選項正確;向心加速度a=v2l=2g,與質量和繩長均無關系,D選項錯誤。 3.B　解析 兩種情況下物體都做勻速直線運動,物體處于平衡狀態(tài),由平衡條件可知,拉力等于滑動摩擦力,由于兩種情況下滑動摩擦力Ff相等,則拉力相等,即F1=F2,故A錯誤;設AB的長度為l,拉力大小為F,滑動摩擦力大小為Ff。當傳送帶不運動時,拉力做功W1=Fl,物體從A運動到B的時間t1=lv1,因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q1=Ffl。當傳送帶運動時,拉力做功W2=Fl,物體從A運動到B的時間t2=lv1+v2Q2。故B正確,C、D錯誤。故選B。 4.B　解析 因為摩擦力做功Wf=μ(mgcos θ+Fsin θ)s=μmgx+μFh,可知沿兩軌道運動,摩擦力做功相等,根據(jù)動能定理得WF-mgh-Wf=ΔEk,知兩次情況拉力做功相等,摩擦力做功相等,重力做功相等,則動能的變化量相等。作出在兩個軌道上運動的速度—時間圖線如圖所示,由于路程相等,則圖線與時間軸圍成的面積相等,由圖可知,t1>t2。故B正確,A、C、D錯誤。故選B。 5.B　解析 本題考查動能定理,意在考查F-x圖象中圖線與橫軸圍成的面積表示功的知識。由題圖可知F-x圖線與橫軸圍成的面積表示功,由動能定理可知W=12mv2-12mv02,經(jīng)計算可得v=3 m/s,B正確。 6.AC　解析 升降機在下落過程中,受到豎直向下的重力和豎直向上的彈簧的彈力作用,且彈力逐漸增大,則升降機先向下加速,后減速,故升降機先處于失重狀態(tài)然后處于超重狀態(tài),選項A正確;升降機的重力的功率P=mgv,其先增大后減小,選項B錯誤;除重力做功外,彈簧的彈力對其做負功,機械能減小,選項C正確,選項D錯誤。 7.AC　解析 汽車勻速運動,動能不變,則根據(jù)動能定理可知,合外力做功為零,故A正確、B錯誤;小汽車動能不變,重力勢能增加了mgh,則可知小汽車機械能增加量為mgh,故C正確;對上升過程由動能定理可知,牽引力的功等于重力勢能的增加量和克服阻力做功之和,故牽引力做功一定大于mgh,故D錯誤。 8.BC　解析 由題圖乙可知,小球在C點的速度大小為v=3 m/s,軌道半徑R=0.4 m,因小球所受重力與彈力的合力提供向心力,所以小球在C點有mg+F=mv2R,代入數(shù)據(jù)得m=0.1 kg,選項A錯誤;由機械能守恒可知,小球在B點的速度12mv2+mgR=12mvB2,解得vB2=17 m2/s2,因在B點是彈力提供向心力,所以有FB=mvB2R,解得F=4.25 N,選項B正確;再由機械能守恒定律可得,12mv2+2mgR=12mv02,解得小球在A點的速度v0=5 m/s,所以題圖乙中x=25 m2/s2,選項C正確;因小球在A點時重力與速度方向垂直,所以重力的功率為0,選項D錯誤。 9.答案 (1)0.3 s　(2)2 m/s　(3)0.1 J 解析 (1)小物塊從C水平飛出后做平拋運動,由h=12gt2得小物塊從C到D運動的時間t=2hg=0.3 s。① (2)從C到D,小物塊水平方向做勻速直線運動,v=xt得v=2 m/s 此速度即小物塊從C點飛出時的速度。 ② (3)物塊從A運動到C的過程中,根據(jù)動能定理得 mg(H-h)-Wf=12mv2-0 ③ 則克服摩擦力做功Wf=0.1 J。 ④ 10.答案 (1)2 s　(2)64 J　(3)40 J 解析 (1)鐵塊與木板間的滑動摩擦力 Ff=μmg=0.4110 N=4 N① 鐵塊的加速度 a1=F-Ffm=8-41 m/s2=4 m/s2② 木板的加速度 a2=Ffm0=44 m/s2=1 m/s2③ 鐵塊滑到木板左端的時間為t 則12a1t2-12a2t2=l ④ 代入數(shù)據(jù)解得t=2 s。 ⑤ (2)鐵塊位移 s1=12a1t2=12422 m=8 m⑥ 木板位移 s2=12a2t2=12122 m=2 m⑦ 恒力F對鐵塊做的功W=Fs1=88 J=64 J。 ⑧ (3)鐵塊的動能EkA=(F-Ff)s1=(8-4)8 J=32 J⑨ 木板的動能EkB=Ffs2=42 J=8 J 鐵塊和木板的總動能 Ek總=EkA+EkB=32 J+8 J=40 J。 11.答案 (1)3mg(1-μ)　(2)3-3μ3μ+1R (3)l≥3+31-3μR 解析 (1)根據(jù)幾何關系可得PB=Rtanθ=3R 從P點到E點根據(jù)動能定理,有 mgR-μmgcos θPB=12mvE2-0 代入數(shù)據(jù)解得vE=(2-3μ)gR 在E點,根據(jù)牛頓第二定律有FN-mg=mvE2R 解得FN=3mg(1-μ)。 (2)設物體滑回到軌道AB上距B點的最大距離為x, 根據(jù)動能定理,有 mg(BP-x) sin θ-μmgcos θ(BP+x)=0 代入數(shù)據(jù)解得x=3-3μ3μ+1R。 (3)物體剛好到達最高點D時,有mg=mv2R 解得v=gR 從釋放點到最高點D的過程,根據(jù)動能定理,有 mg(lsin θ-R-Rcos θ)-μmgcos θl=12mv2-0 代入數(shù)據(jù)解得l=3+31-3μR 所以只有l(wèi)≥3+31-3μR,物體才能順利通過圓弧軌道的最高點D。