（江蘇專用）高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題過關(guān)檢測（四）功和功率 動(dòng)能定理-人教版高三物理試題

專題過關(guān)檢測（四）功和功率動(dòng)能定理一、單項(xiàng)選擇題1．(2019·鹽城模擬)如圖所示，做勻速直線運(yùn)動(dòng)的列車受到的阻力與它速率的平方成正比。如果列車運(yùn)行速率提升為原來的2倍，則列車發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?)A.eq\r(2)倍 B．2倍C．4倍 D．8倍解析：選D根據(jù)P＝Fv＝fv＝kv2·v＝kv3可知，如果列車運(yùn)行速率提升為原來的2倍，則列車發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故選D。2．(2019·淮安聯(lián)考)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小球用一根不可伸長的繩子系著，將球拉到水平位置由靜止釋放，則小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，小球所受重力的功率()A．一直增大 B．一直減小C．先增大后減小 D．先減小后增大解析：選C因?yàn)橹亓Φ墓β实扔谥亓εc物體豎直速度的乘積，在初位置時(shí)，速度為零，重力功率為零，在最低點(diǎn)，速度水平，豎直分速度為零，重力功率為零，而在小球運(yùn)動(dòng)過程中重力功率不為零，所以重力的功率先增大后減小，A、B、D項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確。3.(2019·常州期末)一小孩站在岸邊向湖面依次拋出三個(gè)石子，三次的軌跡如圖所示，最高點(diǎn)在同一水平線上。假設(shè)三個(gè)石子質(zhì)量相同，忽略空氣阻力的影響，下列說法中正確的是()A．三個(gè)石子在最高點(diǎn)時(shí)速度相等B．沿軌跡3運(yùn)動(dòng)的石子落水時(shí)速度最小C．沿軌跡1運(yùn)動(dòng)的石子在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長D．沿軌跡3運(yùn)動(dòng)的石子在落水時(shí)重力的功率最大解析：選B設(shè)任一石子初速度的豎直分量為vy0，水平分量為vx0，上升的最大高度為h，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，取豎直向上為正方向，石子豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a＝－g，由0－vy02＝－2gh，得：vy0＝eq\r(2gh)，h相同，vy0相同，則三個(gè)石子初速度的豎直分量相同。根據(jù)0－vy0＝－gt，從拋出到最高點(diǎn)所用時(shí)間相同，但水平位移不同，所以水平速度不同，到最高點(diǎn)，豎直速度為零，只有水平速度，所以三個(gè)石子在最高點(diǎn)時(shí)速度不相等，v3x<v2x<v1x，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)vy＝eq\r(\a\vs4\al(2gh′))，三個(gè)石子落水時(shí)，豎直速度相等，而v3x<v2x<v1x，合速度v＝eq\r(vx2＋vy2)，所以沿軌跡3運(yùn)動(dòng)的石子落水時(shí)速度最小，故B項(xiàng)正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：h′＝eq\f(1,2)gt′2，則得：t′＝eq\r(\a\vs4\al(\f(2h′,g)))，則知三個(gè)石子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)功率P＝mgvy，三個(gè)石子質(zhì)量相同，vy相同，重力的功率相同，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．(2017·江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處。物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()解析：選C設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動(dòng)能定理有－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsinθ＋μmgcosθ)x，所以物塊的動(dòng)能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有(mgsinθ－μmgcosθ)(x0－x)＝Ek，其中x0為小物塊到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的位移，即Ek＝－(mgsinθ－μmgcosθ)x＋(mgsinθ－μmgcosθ)x0，所以下滑時(shí)Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項(xiàng)正確。5.如圖所示，質(zhì)量m＝1kg、長L＝0.8m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平，板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4?，F(xiàn)用F＝5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10m/s2)()A．1J B．1.6JC．2J D．4J解析：選B在薄板沒有翻轉(zhuǎn)之前，薄板與水平桌面之間的摩擦力f＝μmg＝4N。力F做的功用來克服摩擦力消耗的能量，而在這個(gè)過程中薄板只需移動(dòng)的距離為eq\f(L,2)，則做的功至少為W＝f×eq\f(L,2)＝1.6J，所以B正確。二、多項(xiàng)選擇題6.(2019·南京調(diào)研)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達(dá)最高點(diǎn)后又返回到出發(fā)點(diǎn)。則能大致反映整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時(shí)間t，重力對(duì)滑塊所做的功W、動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的是(取初始位置為坐標(biāo)原點(diǎn)、初速度方向?yàn)檎较?()解析：選BD滑塊整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的加速度方向均與初速度方向相反，故A錯(cuò)誤。上滑時(shí)的加速度大小a1＝gsinθ＋μgcosθ，下滑時(shí)的加速度大小a2＝gsinθ－μgcosθ，結(jié)合位移公式x＝eq\f(1,2)at2，可知下滑時(shí)間大于上滑的時(shí)間；由于機(jī)械能有損失，返回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)速度小于出發(fā)時(shí)的初速度，故B正確。重力做功W＝－mgh＝－mgxsinθ，上滑過程與下滑過程的W-x圖像重疊，故C錯(cuò)誤。根據(jù)動(dòng)能定理得，上滑過程有：－ma1x＝Ek－eq\f(1,2)mv02，解得Ek＝eq\f(1,2)mv02－ma1x，同理下滑過程有：Ek＝ma2(L－x)，由數(shù)學(xué)知識(shí)知，D正確。7．(2019·高郵調(diào)研)如圖所示，豎直平面內(nèi)固定有半徑為R的光滑半圓形槽，一小球(可看作質(zhì)點(diǎn))自半圓形槽左邊緣的A點(diǎn)無初速地釋放，在最低點(diǎn)B處安裝一個(gè)壓力傳感器以測量小球通過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小，下列說法正確的是()A．壓力傳感器的示數(shù)與小球的質(zhì)量無關(guān)B．壓力傳感器的示數(shù)與半圓形槽半徑R無關(guān)C．小球在B點(diǎn)的速度與半圓形槽半徑R無關(guān)D．小球在B點(diǎn)的加速度與半圓形槽半徑R無關(guān)解析：選BD設(shè)小球到達(dá)B處的速度為v，則mgR＝eq\f(1,2)mv2，在B點(diǎn)有F－mg＝eq\f(mv2,R)，解得壓力傳感器的示數(shù)F＝3mg，小球在B點(diǎn)的速度v＝eq\r(2gR)，小球在B點(diǎn)的加速度大小a＝eq\f(v2,R)＝2g，故B、D項(xiàng)正確，A、C項(xiàng)錯(cuò)誤。8．太陽能汽車是靠太陽能來驅(qū)動(dòng)的汽車，當(dāng)太陽光照射到汽車上方的光電板時(shí)，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)汽車前進(jìn)。設(shè)汽車在平直的公路上由靜止開始勻加速行駛，經(jīng)過時(shí)間t，速度為v時(shí)功率達(dá)到額定功率，并保持不變。之后汽車又繼續(xù)前進(jìn)了距離s，達(dá)到最大速度vmax。設(shè)汽車質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力恒為f，下列說法正確的是()A．汽車的額定功率為fvmaxB．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，克服阻力做功為fvtC．汽車從靜止開始到速度達(dá)到最大值的過程中，牽引力所做的功為eq\f(1,2)mvmax2－eq\f(1,2)mv2D．汽車從靜止開始到速度達(dá)到最大值的過程中，合力所做的功為eq\f(1,2)mvmax2解析：選AD當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，則額定功率P＝fvmax，故選項(xiàng)A正確；汽車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(v,2)t，在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中克服阻力做功為Wf＝fx＝eq\f(fvt,2)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)總路程為x，根據(jù)動(dòng)能定理知，W－fx＝eq\f(1,2)mvmax2，則牽引力做功W＝fx＋eq\f(1,2)mvmax2，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理知，合力做功等于動(dòng)能的變化量，則合力做功W合＝eq\f(1,2)mvmax2，故選項(xiàng)D正確。9．(2019·連云港、徐州、宿遷三模)如圖所示，ABC是一個(gè)位于豎直平面內(nèi)的圓弧形軌道，高度為h，軌道的末端C處與水平面相切。一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊從軌道頂端A處由靜止釋放，到達(dá)C處停止，此過程中克服摩擦力做功為W1，到達(dá)B處時(shí)速度最大為v1，加速度大小為aB；小木塊在C處以速度v向左運(yùn)動(dòng)，恰好能沿原路回到A處，此過程中克服摩擦力做功為W2，經(jīng)過B處的速度大小為v2，重力加速度為g。則()A．v＝2eq\r(gh) B．v1<v2C．W1<W2 D．a(chǎn)B＝0解析：選BC木塊下滑過程，在B點(diǎn)的速度最大，則切向方向受力平衡，但是沿半徑方向有向心加速度，故aB不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；木塊沿軌道滑動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理，從A到C有mgh－W1＝0，從C到A有－mgh－W2＝－eq\f(1,2)mv2，從A到B有mghAB－WAB＝eq\f(1,2)mv12，從B到A有－mghAB－WBA＝0－eq\f(1,2)mv22，分別整理可得，W1＝mgh，v＝eq\r(2gh＋\f(2W2,m))，v1＝eq\r(2ghAB－\f(2WAB,m))，v2＝eq\r(2ghAB＋\f(2WBA,m))，所以v1<v2，選項(xiàng)B正確；與上滑相比，下滑整個(gè)過程的速度的平均值小，故木塊與軌道間的壓力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即W1<W2，又可得v>eq\r(2gh)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確。三、計(jì)算題10．如圖甲所示，長為4m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.3，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，取g＝10m/s2。求：(1)滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小；(2)若到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則①滑塊到達(dá)C處時(shí)的速度vC大??？②滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？③滑塊落在軌道上的位置與B點(diǎn)的水平距離為多少？解析：(1)對(duì)滑塊從A到B的過程，由動(dòng)能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)據(jù)解得：vB＝6m/s。(2)①當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)，重力提供向心力：mg＝meq\f(vC2,R)代入數(shù)據(jù)解得：vC＝eq\r(6)m/s。②對(duì)滑塊從B到C的過程，由動(dòng)能定理得：W－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)據(jù)得：W＝－3J，即克服摩擦力做的功為3J。③滑塊離開C后，做平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向：x′＝vCt在豎直方向：2R＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立解得：x′＝1.2m。答案：(1)6m/s(2)①eq\r(6)m/s②3J③1.2m11．(2019·南京模擬)如圖所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長L1＝1.0m的木板在墻和桌面間架設(shè)斜面，桌面距地面H＝0.8m，桌面總長L2＝1.5m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m＝0.2kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端由靜止釋放，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.05，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力。(重力加速度取g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求當(dāng)θ＝30°時(shí)，物塊在斜面上下滑的加速度的大?。?可以用根號(hào)表示)(2)當(dāng)θ增大到37°時(shí)，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2；(3)μ2取第(2)問中的數(shù)值，當(dāng)θ角為多大時(shí)物塊落地點(diǎn)與墻面的距離最大，最大距離xm是多少。解析：(1)物塊沿斜面下滑時(shí)，由牛頓第二定律得mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝(5－0.25eq\r(3))m/s2。(2)從釋放到停下，由動(dòng)能定理得mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.8。(3)物塊從釋放到滑離桌面的過程，由動(dòng)能定理得m