2023年高考物理（深化復(fù)習(xí)+命題熱點(diǎn)提分）專題05功功率動(dòng)能定理

PAGEPAGE12專題05功功率動(dòng)能定理1.如圖1，質(zhì)量為m的小猴子在蕩秋千，大猴子用水平力F緩慢將秋千拉到圖示位置后由靜止釋放，此時(shí)藤條與豎直方向夾角為θ，小猴子到藤條懸點(diǎn)的長度為L，忽略藤條的質(zhì)量。在此過程中正確的選項(xiàng)是()圖1A．緩慢上拉過程中拉力F做的功WF＝FLsinθB．緩慢上拉過程中小猴子重力勢能增加mgLcosθC．小猴子再次回到最低點(diǎn)時(shí)重力的功率為零D．由靜止釋放到最低點(diǎn)小猴子重力的功率逐漸增大答案C2.質(zhì)量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，有一輕彈簧固定其上，另一質(zhì)量也為m的物體乙以4m/s的速度與甲相向運(yùn)動(dòng)，如圖2所示，那么()圖2A．甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力作用，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B．當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，甲物塊的速率為零C．當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，乙物塊的速率可能為2m/s，也可能為0D．甲物塊的速率可能到達(dá)6m/s解析甲、乙兩物塊在彈簧壓縮過程中，由于彈力是系統(tǒng)內(nèi)力，系統(tǒng)合外力為零，所以動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)兩物塊相距最近時(shí)，它們的速度相同，設(shè)為v，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入數(shù)據(jù)，可得v＝0.5m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)甲物塊的速率為1m/s時(shí)，其方向可能向左，也可能向右，當(dāng)水平向左時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得，乙物塊的速率為2m/s；當(dāng)水平向右時(shí)，同理可得，乙物塊的速率為0，所以選項(xiàng)C正確；因?yàn)檎麄€(gè)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能不可能增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案C3．一物體在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段時(shí)間內(nèi)的速度隨時(shí)間變化情況如圖3所示。那么拉力的功率隨時(shí)間變化的圖象可能是(g取10m/s2)()圖3答案D4.水平光滑直軌道ab與半徑為R的豎直半圓形光滑軌道bc相切，一小球以初速度v0沿直軌道ab向右運(yùn)動(dòng)，如圖5所示，小球進(jìn)入半圓形軌道后剛好能通過最高點(diǎn)c。那么()圖5A．R越大，v0越大B．R越大，小球經(jīng)過b點(diǎn)后的瞬間對(duì)軌道的壓力越大C．m越大，v0越大D．m與R同時(shí)增大，初動(dòng)能Ek0增大解析小球剛好能通過最高點(diǎn)c，說明小球在c點(diǎn)的速度為vc＝eq\r(gR)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(5,2)mgR，那么v0＝eq\r(5gR)，R越大，v0越大，v0與m無關(guān)，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；m與R同時(shí)增大，初動(dòng)能Ek0增大，選項(xiàng)D正確；從b到c機(jī)械能守恒，mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,c)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)得vb＝eq\r(5gR)，在b點(diǎn)，N－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,b),R)得N＝6mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。答案AD5.如圖6所示，固定于水平面上的光滑斜面足夠長，一輕質(zhì)彈簧的一端與固定在斜面上的木板P相連，另一端與盒子A相連，A內(nèi)放有光滑球B，B恰與盒子前、后壁接觸，現(xiàn)用力推A使彈簧處于壓縮狀態(tài)，然后由靜止釋放，那么從釋放盒子A到其獲得最大速度的過程中，以下說法正確的選項(xiàng)是()圖6A．彈簧的彈性勢能一直減少到零B．A對(duì)B做的功等于B機(jī)械能的增加量C．彈簧彈性勢能的減少量等于A的機(jī)械能的增加量D．A所受彈簧彈力和重力做的功的代數(shù)和大于A的動(dòng)能的增加量答案BD6.如圖1所示，足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度大小為v，那么金屬棒ab在這一過程中()圖1A．運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為eq\f(1,2)vB．下滑的位移大小為eq\f(qR,BL)C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2v,R)sinθ答案B7.如圖2所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向夾角為θ，整個(gè)空間存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為100J，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能減為零，D為AC的中點(diǎn)，那么帶電小球在運(yùn)動(dòng)過程中()圖2A．到達(dá)C點(diǎn)后小球不可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)B．小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等C．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為50JD．小球電勢能的增加量等于重力勢能的減少量解析如果電場力大于重力，那么靜止后小球可能沿桿向上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動(dòng)摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動(dòng)摩擦力變化，故小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故B正確；由于小球在AD段克服摩擦力做的功與在DC段克服摩擦力做的功不等，故小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能也就不一定為50J，故C錯(cuò)誤；該過程是小球的重力勢能、電勢能、動(dòng)能和系統(tǒng)的內(nèi)能之和守恒，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的減少量，故D錯(cuò)誤。答案B8.如圖3所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場中，一豎直絕緣輕彈簧的下端固定在地面上，上端連接一帶正電小球，小球靜止時(shí)位于N點(diǎn)，彈簧恰好處于原長狀態(tài)。保持小球的帶電量不變，現(xiàn)將小球提高到M點(diǎn)由靜止釋放，那么釋放后小球從M運(yùn)動(dòng)到N的過程中()圖3A．小球的機(jī)械能與彈簧的彈性勢能之和保持不變B．小球重力勢能的減少量等于小球電勢能的增加量C．彈簧彈性勢能的減少量等于小球動(dòng)能的增加量D．小球動(dòng)能的增加量等于電場力和重力做功的代數(shù)和答案D9．如圖4所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點(diǎn)各放有一帶電荷量分別為＋q和＋2q的完全相同的金屬球A和B，給A和B以大小相等的初動(dòng)能E0(此時(shí)初動(dòng)量的大小均為p0)，使其相向運(yùn)動(dòng)剛好能發(fā)生碰撞(碰撞過程中無機(jī)械能損失)，碰后返回M、N兩點(diǎn)的動(dòng)能分別為E1和E2，動(dòng)量的大小分別為p1和p2，那么()圖4A．E1＝E2>E0，p1＝p2>p0B．E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0C．碰撞發(fā)生在MN中點(diǎn)的左側(cè)D．兩球同時(shí)返回M、N兩點(diǎn)解析金屬球A和B發(fā)生碰撞時(shí)，電荷量會(huì)平均分配，那么作用力變大。經(jīng)歷相同的位移，做功增多，所以有E1＝E2>E0。又p＝eq\r(2mEk)，可得p1＝p2>p0。因兩球質(zhì)量相同，受力相同，故加速度相同，兩球同時(shí)返回M，N兩點(diǎn)。選項(xiàng)A、D正確。答案AD10.如圖5所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虛線L下方有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。正方形閉合金屬線框邊長為h，質(zhì)量為m，電阻為R，放置于L上方一定距離處，保持線框底邊ab與L平行并由靜止釋放，當(dāng)ab邊到達(dá)L時(shí)，線框速度為v0，ab邊到達(dá)L下方距離為d(d＞h)處時(shí)，線框速度也為v0。以下說法正確的選項(xiàng)是()圖5A．a(chǎn)b邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，電流方向?yàn)閍→bB．a(chǎn)b邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框加速度沿斜面向下C．線框進(jìn)入磁場過程中的最小速度小于eq\f(mgRsinθ,B2h2)D．線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為mgdsinθ答案AD11．如圖7，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，場強(qiáng)大小E＝5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。甲、乙兩球的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2kg，乙所帶電荷量q＝2.0×10－5C，g取10m/s2。(水平軌道足夠長，甲、乙兩球可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電荷轉(zhuǎn)移)圖7(1)甲乙兩球碰撞后，乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；(2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0。解析(1)在乙恰好能通過軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙離開D點(diǎn)到達(dá)水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，那么mg＋qE＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)①2R＝eq\f(1,2)(eq\f(mg＋qE,m))t2②x＝vDt③聯(lián)立①②③得：x＝0.4m④12．將一斜面固定在水平面上，斜面的傾角為θ＝30°，其上外表絕緣且斜面的頂端固定一擋板，在斜面上加一垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為H＝0.4m，如圖8甲所示，磁場邊界與擋板平行，且上邊界到斜面頂端的距離為x＝0.55m。將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端，導(dǎo)線框的質(zhì)量為m＝0.1kg、導(dǎo)線框的電阻為R＝0.25Ω、ab的長度為L＝0.5m。從t＝0時(shí)刻開始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使導(dǎo)線框由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場的上邊界重合時(shí)，將恒力F撤走，最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞，碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈，導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)的v－t圖象如圖乙所示，導(dǎo)線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，且始終沒有離開斜面，g＝10m/s2。圖8(1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?2)假設(shè)導(dǎo)線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)通過磁場時(shí)，其速度v與位移s的關(guān)系為v＝v0－eq\f(B2L2,mR)s，其中v0是導(dǎo)線框ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小，s為導(dǎo)線框ab邊進(jìn)入磁場區(qū)域后對(duì)磁場上邊界的位移大小，求整個(gè)過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q。(2)導(dǎo)線框進(jìn)入磁場區(qū)域后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，并以速度v1勻速穿出磁場，說明導(dǎo)線框的寬度等于磁場的寬度H導(dǎo)線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)擋板時(shí)的位移為x0＝x－H＝0.15m設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度為v2，由動(dòng)能定理，有－mg(x－H)sinθ－μmg(x－H)cosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得：v2＝eq\r(veq\o\al(2,1)－2g〔x－H〕〔sinθ＋μcosθ〕)＝1.0m/s導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為v2，且mgsinθ＝μmgcosθ＝0.50Nab邊進(jìn)入磁場后做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)線框全部離開磁場區(qū)域時(shí)的速度為v3，由v＝v0－eq\f(B2L2,mR)s得v3＝v2－eq\f(2B2L2H,mR)＝－1.0m/s因v3＜0，說明導(dǎo)線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零，這時(shí)安培力消失，導(dǎo)線框?qū)㈧o止在磁場中某位置導(dǎo)線框向上運(yùn)動(dòng)通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝I2Rt＝eq\f(2B2L2Hv1,R)＝0.40J導(dǎo)線框向下運(yùn)動(dòng)進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝0.05J所以Q＝Q1＋Q2＝0.45J。答案(1)1.5N0.50T(2)0.45J13．如圖7所示，一光滑曲面的末端與一長L＝1m的水平傳送帶相切，傳送帶離地面的高度h＝1.25m，傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，地面上有一個(gè)直徑D＝0.5m的圓形洞，洞口最左端的A點(diǎn)離傳送帶右端的水平距離s＝1m，B點(diǎn)在洞口的最右端。傳送帶以恒定的速度做順時(shí)針運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)使某小物體從曲面上距離地面高度H處由靜止開始釋放，到達(dá)傳送帶上后小物體的速度恰好和傳送帶相同，并最終恰好由A點(diǎn)落入洞中。求：(g＝10m/s2)圖7(1)傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度v；(2)H的大?。?3)假設(shè)要使小物體恰好由B點(diǎn)落入洞中，小物體在曲面上由靜止開始釋放的位置距離地面的高度H′應(yīng)該是多少？解析(1)最終恰好由A點(diǎn)落入洞中，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知：s＝vth＝eq\f(1,2)gt2解得：v＝seq\r(\f(g,2h))＝eq\r(\f(10,2×1.25))×1m/s＝2m/s。(2)以地面為零勢能面從開始釋放小物體到滑上傳送帶根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，mgH＝mgh＋eq\f(1,2)mv2解得H＝h＋eq\f(v2,2g)＝(1.25＋eq\f(22,2×10))m＝1.45m。答案(1)2m/s(2)1.45m(3)1.8m14．如圖8所示，在水平軌道右側(cè)安放一半徑為R的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長度為L，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)。小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道右側(cè)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，經(jīng)水平軌道返回圓形軌道。R＝0.2m，L＝1m，v0＝2eq\r(3)m/s，物塊A質(zhì)量為m＝1kg，與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，軌道其他局部摩擦不計(jì)，取g＝10m/s2。圖8(1)求物塊A與彈簧剛接觸時(shí)的速度大小；(2)求物塊A被彈簧以原速率彈回后返回到圓形軌道的高度；(3)調(diào)節(jié)PQ段的長度L，A仍以v0從軌道右側(cè)沖上軌道，當(dāng)L滿足什么條件時(shí)，物塊A被彈簧彈回后能返回圓形軌道且能沿軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離軌道？解析(1)設(shè)物塊A與彈簧剛接觸時(shí)的速度大小為v1，由動(dòng)能定理可得－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v1＝2eq\r(2)m/s。(2)設(shè)物塊A被彈簧以原速率彈回后返回到圓形軌道的高度為h1，由動(dòng)能定理可得－μmgL－mgh1＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得h1＝0.2m＝R，符合實(shí)際情況。(3)①假設(shè)A沿軌道上滑至最大高度h2時(shí)，速度減為0，那么使A不脫離軌道時(shí)h2需滿足的條件是0<h2≤R由動(dòng)能定理可得－2μmgL1－mgh2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)聯(lián)立可得1m≤L1<1.5m答案(1)2eq\r(2)m/s(2)0.2m(3)1m