2020高考物理二輪復習 600分沖刺 專題二 能量與動量 第5講 功 功率 動能定理優(yōu)練（含解析）

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1、功 功率 動能定理 一、選擇題(本題共8小題，其中1～4題為單選，5～8題為多選) 1．(2019·安徽省滁州市模擬)一根光滑金屬桿，一部分為直線形狀并與x軸負方向重合，另一部分彎成圖示形狀，相應的曲線方程為y＝－5x2。(單位：m)，一質量為0.1 kg的金屬小環(huán)套在上面，t＝0時刻從x＝－1 m處以v0＝1 m/s向右運動，并相繼經過x＝1 m的A點和x＝2 m的B點，下列說法正確的是(　C　) A．小環(huán)在B點與金屬環(huán)間的彈力大于A點的彈力 B．小環(huán)經過B點的加速度大于A點時的加速度 C．小環(huán)經過B點時重力的瞬時功率為20 W D．小環(huán)經過B點的時刻為t＝2 s [解

2、析]　若金屬環(huán)以此初速度水平拋出，平拋的軌跡方程剛好與導軌的曲線方程一樣，金屬環(huán)沿導軌運動時與軌道間沒有作用力，A錯誤；金屬環(huán)做平拋運動，小環(huán)經過B點的加速度等于A點時的加速度，B錯誤；小球經過B點的時間t＝＝＝3 s，所以小環(huán)經過B點的時刻為t＝3 s，D錯誤；小環(huán)經過B點時，vy＝g(t－1)＝20 m/s，所以小球經過B點時重力的瞬間功率為P＝mgvy＝20 W，C正確。 2．(2019·山西模擬)車輛在行駛時，要克服的阻力有輪胎產生的滾動阻力(路阻)及空氣阻力(風阻)。有一輛汽車的路阻恒為車重的0.05倍；風阻與車速的平方成正比， 即f＝bv2，b為風阻系數。該車質量為1.0×10

3、3 kg，牽引力的最大功率為94.8 kW，在平直公路上運動時，最大速度可達60 m/s。則當汽車的速度為20 m/s時，汽車的最大加速度值約為(取g＝10 m/s2)(　B　) A．3.6 m/s2　　　　　　 B．4.1 m/s2 C．4.6 m/s2 D．9.0 m/s2 [解析]　當速度為v1＝60 m/s時，牽引力為，由牛頓運動定律－0.05mg－bv＝0；當速度為v2＝20 m/s時，牽引力為，由牛頓運動定律－0.05mg－bv＝ma。解得：a＝4.12 m/s2，B正確。 3．(2019·吉林省模擬)如圖所示，可視為質點的物體從傾角為α的斜面頂端由靜止釋放，它滑到底端時

4、速度大小為v1；若它由斜面頂端沿豎直方向自由落下，末速度大小為v，已知v1是v的k倍，且k<1。則物體與斜面間的動摩擦因數為(　C　) A．(1－k)sinα B．(1－k)cosα C．(1－k2)tanα D． [解析]　設斜面的長度為L，由動能定理得： 物體沿斜面下滑時： mgLsinα－μmgLcosα＝mv－0， 物體自由下落時： mgLsinα＝mv2－0， 由題意可知：v1＝kv， 解得μ＝(1－k2)tanα，C正確。 4．(2019·南昌模擬)如圖所示，物體A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上，輕彈簧的兩端與兩物體拴接，其勁度系數為k，重力加速度為g

5、。在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為F0，物體B恰好不會離開地面；若恒力大小為2F0，在物體B剛好離開地面時物體A的速度為，設整個過程中彈簧都處于彈性限度內。則物體A與物體B的質量比值為(　A　) A．21　　　 B．12　　　　 C．31　　　 D．13 [解析]　物體A、B和輕彈簧靜止豎立在水平地面上，彈簧壓縮，由kx1＝ mAg，解得x1＝ mA g/k。在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為F0，物體B恰好不會離開地面，對物體B，由平衡條件，kx2＝ mBg；解得x2＝ mB g/k。在物體A上施加一個豎直向上的恒力，若恒力大小為F0，

6、恒力做功W1＝ F0(x1＋x2)。恒力大小為2F0，恒力做功W2＝ 2F0(x1＋x2)。兩次彈簧彈性勢能變化相同，物體A重力勢能變化相同，W2－ W1＝ F0(x1＋x2)＝mAv2＝，即＋＝，解得mAmB＝21，選項A正確。 5．(2019·河北衡水模擬)如圖所示，斜面ABC豎直固定放置，斜邊AC與一光滑的圓弧軌道DEG相切，切點為D，AD長為L＝，圓弧軌道圓心為O半徑為R，∠DOE＝θ，OG水平。現有一質量為m可看為質點的滑塊從A點無初速下滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則(　CD　) A．滑塊經過E點時對軌道的最小壓力為mg B．滑塊下滑后將會從G點飛

7、出 C．滑塊第二次經過E點時對軌道的壓力為3mg D．滑塊在斜面上經過的總路程為s＝ [解析]　滑塊從A點滑下后在AD部分軌道上要克服摩擦力做功，則返回到AD斜面上時的高度逐漸降低，最終滑塊將在以E點為最低點，D為最高點來回滾動，此時經過E點時對軌道的壓力最小，則從D到E點，由機械能守恒定律：mgR(1－cosθ)＝mv，在E點：N－mg＝m，聯(lián)立解得N＝mg(3－2cosθ) ，選項A錯誤；從A到G由動能定理：mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝mv其中L＝，解得：vG＝0，則滑塊下滑后不能從G點飛出，選項B錯誤；滑塊第一次到達E點時，根據動能定理：mg[Lsinθ＋R

8、(1－cosθ)]－μmgcosθ·L＝mv，解得vE＝，第二次到達E點的速度與第一次相同，則由牛頓第二定律：NE－mg＝m，解得NE＝3mg，選項C正確；由以上的分析可知，滑塊最終將在以E點為最低點，D為最高點來回滾動，則由動能定理：mgLsinθ＝μmgcosθ·s，解得s＝，選項D正確。 6．(2019·河南鄭州二模) 如圖所示，質量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30°，d斜面傾角為60°。質量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩斜面始終靜止。小物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是(　AD　) A． 兩物

9、塊所受重力沖量相同 B． 兩物塊所受重力做功的平均功率相同 C．地面對兩斜面的摩擦力均向左 D．兩斜面對地面壓力均小于(m＋M)g [解析]　設斜面的底邊長度為L，a物塊沿傾角為30°的光滑斜面b下滑，mgsin30°＝ma1，＝a1t，c物塊沿傾角為60°的光滑斜面d下滑，mgsin60°＝ma2，＝a2t，聯(lián)立解得t1＝t2。兩物塊所受的重力沖量I＝mgt相同，A正確；由于兩斜面豎直高度不同，物塊重力做功不同，兩物塊所受重力做功的平均功率不同，B錯誤；在小物塊沿斜面運動過程中，物塊對斜面壓力的水平分力均向左，對斜面由平衡條件可知，地面對斜面的摩擦力方向向右，C錯誤；在小物塊沿斜

10、面下滑過程中，由豎直向下的加速度，物塊處于失重狀態(tài)，所以兩斜面對地面的壓力均小于(m＋M)g，D正確。 7．(2019·全國高考猜題卷)如圖甲所示，質量為m＝2 kg的物體(可視為質點)在平行于斜面向上的拉力F作用下從粗糙斜面上的A點沿斜面向上運動，t＝2 s時撤去拉力F，其在斜面上運動的部分v－t圖象如圖乙所示。已知斜面傾角θ＝37°，斜面固定且足夠長，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法中正確的是(　AD　) A．拉力F的大小為50 N B．小物體在斜面上從A點運動到最高點的過程中，克服摩擦力做的功為850 J C．t＝8 s時，小物體在A

11、點上方且距A點的距離為15 m D．小物體返回時經過A點的動能為300 J [解析]　根據速度時間圖象知，勻加速直線運動的加速度：a1＝＝ m/s2＝15 m/s2，勻減速直線運動的加速度：a2＝＝ m/s2＝10 m/s2，根據牛頓第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，撤去F后，由牛頓第二定律得μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2，解得F＝50 N，μ＝0.5，A正確；由圖象的“面積”求得小物塊上升的最大位移x＝ m＝75 m，摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·x＝0.5×2×10×cos37°×75 J＝600 J，B錯誤；5～8 s內物體的位移大小為x′＝×3×(0＋

12、6) m＝9 m，t＝8 s時，小物體在A點上方且距A點的距離為x－x′＝(75－9) m＝66 m，C錯誤；物體向下運動的加速度a3＝＝＝2 m/s2，運動返回到A點的速度v＝＝ m/s＝10 m/s，物體的動能Ek＝mv2＝×2×(10)2 J＝300 J，D正確。 8．(2019·山東濟南期末)用兩塊材料相同的木板與豎直墻面搭成兩個斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底邊，如圖所示。一個小物塊分別從兩個斜面頂端釋放，并沿斜面下滑到底端。對這兩個過程，下列說法正確的是(　BC　) A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速度大小相等 B．物塊下滑到底端時，速度大小與其質量無關 C．物塊

13、沿著1下滑到底端的過程，產生的熱量更多 D．物塊下滑到底端的過程中，產生的熱量與其質量無關 [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： mgh－Wf＝ mv2 ① 其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動摩擦力為：f＝μN＝μmgcosθ 所以物塊克服摩擦力做的功為： Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ＝μmgL底 ② 由圖可知，Lcosθ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L底成正比。沿著1和2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1克服摩擦力做功，則由①式得知，沿著2下滑到底端時

14、物塊的速度大于沿1下滑到底端時速度，故A錯誤；①②聯(lián)立解得：v＝，故物塊下滑到底端時，速度大小與其質量無關，故B正確；沿1時克服摩擦力做的功最多，物體的機械能損失最大，產生的熱量多，故C正確；根據功能關系得：產生的熱量等于克服摩擦力做功，即為：Q＝Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ＝μmgL底與質量有關，故D錯誤。 二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟) 9．(2019·湖南長望瀏寧模擬)某電動機工作時輸出功率P與拉動物體的速度v之間的關系如圖(a)所示?，F用該電動機在水平地面拉動一物體(可視為質點)，運動過程中輕繩始終處在拉直狀態(tài)，且不可伸長，如圖(b)所示。已知

15、物體質量m＝1 kg，與地面的動摩擦因數μ1＝0.35，離出發(fā)點C左側s距離處另有動摩擦因數為μ2＝0.45、長為d＝0.5 m的粗糙材料鋪設的地面AB段。(g取10 m/s2) (1)若s足夠長，電動機功率為2 W時，物體在地面能達到的最大速度是多少？ (2)若啟動電動機，物體在C點從靜止開始運動，到達B點時速度恰好達到0.5 m/s，則BC間的距離s是多少？物體能通過AB段嗎？如果不能停在何處？ [答案]　(1) m/s　(2)0.25 m　小物體不能通過AB段。停在AB中點。 [解析]　(1)電動機拉動物體后，物體速度最大時，加速度為零，則有水平方向受拉力F等于摩擦力 F1

16、＝f1＝μmg＝3.5 N 根據P＝Fv 則有：vm＝＝＝ m/s (2)當物體運動速度小于0.5 m/s時，繩子對物體的拉力為恒力，物體為勻加速運動，拉力 F＝＝4 N 由牛頓第二定律F＝ma　F－f1＝ma1，a1 ＝0.5 m/s2 由s＝得，則BC間的距離s＝0.25 m小物體過B點后，f2＝μ2mg＝4.5 N，做減速運動，運動速度不會大于0.5 m/s，拉力仍為恒力，物體做勻減速運動 F－f2＝ma2a2＝－0.5 m/s2 小物體滑行x＝，x＝0.25 m 則小物體最后停在AB中點位置。 10．(2019·福建三校聯(lián)考)如圖所示，一質量m＝1 kg的小滑

17、塊(體積很小，可視為質點)靜止在水平軌道上的A點，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，從A點開始做勻加速直線運動，F作用一段時間t后撤去，滑塊繼續(xù)運動到B點進入半徑為R＝0.3 m的光滑豎直圓形軌道，在圓軌道上運行一周后從B處的出口(未畫出，且入口和出口稍稍錯開)出來后向C點滑動，C點右側有一壕溝，C、D兩點的豎直高度h＝0.2 m，水平距離s＝0.6 m。已知滑塊運動到圓軌道的最高點時對軌道的壓力剛好為滑塊重力的3倍，BC長為L＝2 m，小滑塊與水平軌道BC間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/ s2。 (1) 求小滑塊通過圓形軌道的最高點P的速度大??； (2)

18、試通過計算判斷小滑塊能否到達壕溝的右側； (3) 若AB段光滑，水平拉力F的作用時間范圍可變，要使小滑塊在運動過程中，既不脫離豎直圓軌道，又不掉進壕溝，試求水平拉力F作用時間t的范圍。 [答案]　(1)2 m/s　(2)不能 (3)0＜t＜ s或 s＜t＜ s或t＞ s [解析]　(1)設小滑塊通過圓形軌道的最高點P時軌道對小滑塊的壓力為N，由題意可知，N＝3mg，在P點，由牛頓第二定律， N＋mg＝m 解得：vP＝2 m/s (2)對小滑塊由B到P運動的過程，由機械能守恒定律 mv＝mv＋mg2R 對小滑塊由B到C運動的過程，由動能定理， －μmgL＝mv－m

19、v 對小滑塊由C點拋出，由平拋運動規(guī)律， h＝ gt2 x＝vCt 聯(lián)立解得x＝0.4 m＜0.6 m 所以不能到壕溝右側 (3)(Ⅰ)恰好運動到豎直圓的最右側，則 Ft1＝mvB1 mv＝mgR 解得： t1＝ s 所以 0＜t＜ s (Ⅱ)恰好通過豎直圓軌道的最高點 mg＝m mv＋mgR＝mv Ft2＝mvB2 所以 t2＝ s 又恰好運動到C點 0－mv＝－μmgL Ft3＝mvB3所以t3＝ s 即 s＜t＜ s (Ⅲ) 恰好過壕溝 mv－mv＝－μmgL Ft4＝mvB4 s＝vCt h＝gt2 所以t4＝ s 所以t＞ s - 9 -