（江苏专用）2020版高考物理二轮复习 专题过关检测（四）功和功率 动能定理

专题过关检测（四）功和功率动能定理一、单项选择题1．(2019·盐城模拟)如图所示，做匀速直线运动的列车受到的阻力与它速率的平方成正比。如果列车运行速率提升为原来的2倍，则列车发动机的输出功率变为原来的()A.2倍B．2倍C．4倍D．8倍解析：选D根据P＝Fv＝fv＝kv2·v＝kv3可知，如果列车运行速率提升为原来的2倍，则列车发动机的输出功率变为原来的8倍，故选D。2．(2019·淮安联考)如图所示，一个质量为m的小球用一根不可伸长的绳子系着，将球拉到水平位置由静止释放，则小球运动到最低点的过程中，小球所受重力的功率()A．一直增大B．一直减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：选C因为重力的功率等于重力与物体竖直速度的乘积，在初位置时，速度为零，重力功率为零，在最低点，速度水平，竖直分速度为零，重力功率为零，而在小球运动过程中重力功率不为零，所以重力的功率先增大后减小，A、B、D项错误，C项正确。3.(2019·常州期末)一小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是()A．三个石子在最高点时速度相等B．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小C．沿轨迹1运动的石子在空中运动时间最长D．沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大解析：选B设任一石子初速度的竖直分量为vy0，水平分量为vx0，上升的最大高度为h，运动时间为t，取竖直向上为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝－g，由0－vy02＝－2gh，得：vy0＝2gh，h相同，vy0相同，则三个石子初速度的竖直分量相同。根据0－vy0＝－gt，从抛出到最高点所用时间相同，但水平位移不同，所以水平速度不同，到最高点，竖直速度为零，只有水平速度，所以三个石子在最高点时速度不相等，v3xv2xv1x，故A项错误；根据vy＝2gh′，三个石子落水时，竖直速度相等，而v3xv2xv1x，合速度v＝vx2＋vy2，所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小，故B项正确；由运动学公式：h′＝12gt′2，则得：t′＝2h′g，则知三个石子运动的时间相等，故C项错误；根据功率P＝mgvy，三个石子质量相同，vy相同，重力的功率相同，故D项错误。4．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsinθ－μmgcosθ)x＋(mgsinθ－μmgcosθ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。5.如图所示，质量m＝1kg、长L＝0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10m/s2)()A．1JB．1.6JC．2JD．4J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力f＝μmg＝4N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L2，则做的功至少为W＝f×L2＝1.6J，所以B正确。二、多项选择题6.(2019·南京调研)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()解析：选BD滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误。上滑时的加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑时的加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ，结合位移公式x＝12at2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B正确。重力做功W＝－mgh＝－mgxsinθ，上滑过程与下滑过程的W­x图像重叠，故C错误。根据动能定理得，上滑过程有：－ma1x＝Ek－12mv02，解得Ek＝12mv02－ma1x，同理下滑过程有：Ek＝ma2(L－x)，由数学知识知，D正确。7．(2019·高邮调研)如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形槽，一小球(可看作质点)自半圆形槽左边缘的A点无初速地释放，在最低点B处安装一个压力传感器以测量小球通过B点时对轨道的压力大小，下列说法正确的是()A．压力传感器的示数与小球的质量无关B．压力传感器的示数与半圆形槽半径R无关C．小球在B点的速度与半圆形槽半径R无关D．小球在B点的加速度与半圆形槽半径R无关解析：选BD设小球到达B处的速度为v，则mgR＝12mv2，在B点有F－mg＝mv2R，解得压力传感器的示数F＝3mg，小球在B点的速度v＝2gR，小球在B点的加速度大小a＝v2R＝2g，故B、D项正确，A、C项错误。8．太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车，当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，下列说法正确的是()A．汽车的额定功率为fvmaxB．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为12mvmax2－12mv2D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为12mvmax2解析：选AD当牵引力等于阻力时，速度最大，则额定功率P＝fvmax，故选项A正确；汽车匀加速直线运动的位移x＝v2t，在匀加速运动过程中克服阻力做功为Wf＝fx＝fvt2，故选项B错误；设总路程为x，根据动能定理知，W－fx＝12mvmax2，则牵引力做功W＝fx＋12mvmax2，故选项C错误；根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功W合＝12mvmax2，故选项D正确。9．(2019·连云港、徐州、宿迁三模)如图所示，ABC是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道，高度为h，轨道的末端C处与水平面相切。一个质量为m的小木块从轨道顶端A处由静止释放，到达C处停止，此过程中克服摩擦力做功为W1，到达B处时速度最大为v1，加速度大小为aB；小木块在C处以速度v向左运动，恰好能沿原路回到A处，此过程中克服摩擦力做功为W2，经过B处的速度大小为v2，重力加速度为g。则()A．v＝2ghB．v1v2C．W1W2D．aB＝0解析：选BC木块下滑过程，在B点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径方向有向心加速度，故aB不为零，选项D错误；木块沿轨道滑动过程，根据动能定理，从A到C有mgh－W1＝0，从C到A有－mgh－W2＝－12mv2，从A到B有mghAB－WAB＝12mv12，从B到A有－mghAB－WBA＝0－12mv22，分别整理可得，W1＝mgh，v＝2gh＋2W2m，v1＝2ghAB－2WABm，v2＝2ghAB＋2WBAm，所以v1v2，选项B正确；与上滑相比，下滑整个过程的速度的平均值小，故木块与轨道间的压力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即W1W2，又可得v2gh，故选项A错误，C正确。三、计算题10．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则①滑块到达C处时的速度vC大小？②滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？③滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝12mvB2代入数据解得：vB＝6m/s。(2)①当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：mg＝mvC2R代入数据解得：vC＝6m/s。②对滑块从B到C的过程，由动能定理得：W－mg·2R＝12mvC2－12mvB2代入数据得：W＝－3J，即克服摩擦力做的功为3J。③滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：x′＝vCt在竖直方向：2R＝12gt2联立解得：x′＝1.2m。答案：(1)6m/s(2)①6m/s②3J③1.2m11．(2019·南京模拟)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8m，桌面总长L2＝1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(3)μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离xm是多少。解析：(1)物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma代入数据得a＝(5－0.253)m/s2。(2)从释放到停下，由动能定理得mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0代入数据得μ2＝0.8。(3)物块从释放到滑离桌面的过程，由动能定理得mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝12mv2，整理得20sinθ－1.2＋34cosθ＝v2由数学关系可知，当θ＝53°时vmax＝1m/s由于H＝12gt2解得t＝0.4s水平位移：x1＝vt＝0.4m最大距离：xm＝x1＋L2＝1.9m。答案：(1)(5－0.253)m/s2(2)0.8(3)53°1.9m