专题能力训练5高中物理功功率动能定理

1专题能力训练5功功率动能定理(时间:45分钟满分:100分)专题能力训练第11页一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018·全国卷Ⅱ)如图所示,某同学用绳子拉动木箱,使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定()A.小于拉力所做的功B.等于拉力所做的功C.等于克服摩擦力所做的功D.大于克服摩擦力所做的功答案:A解析:设拉力做功、克服摩擦力做功分别为WT、Wf,木箱获得的动能为Ek,根据动能定理可知,WT-Wf=Ek,则EkWT,选项A正确。2.如图所示,一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接,有一质量为m的物体由斜面的A点静止滑下,物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同。已知A距离地面的高度为4m,当物体滑至水平地面的C点时速度恰好为0,且B、C距离为4m。若将BC水平轨道抬起,与水平面间夹角为30°,其他条件不变,则物体能沿BD斜面上升的最大高度为()A.(8-4√)mB.(8-2√)mC.mD.8m答案:A解析:由A点到C点,利用动能定理可得mgh-(μmgcos45°×√h+μmgl)=0,解得μ=0.5,设沿BD斜面上升的最大高度为h',则由动能定理可得mg(h-h')-μmgcos45°×√h-μmgcos30°×2h'=0,解得h'=(8-4√)m。3.(2019·河北五校联考)如图所示,离地H高处有一个质量为m、电荷量为+q的物体,处于电场强度随时间变化规律为E=E0-kt(E0、k均为大于零的常数,电场方向以水平向左为正)的电场中,物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ,已知μqE0mg。t=0时,物体从2墙上由静止释放,若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物体下滑后脱离墙面,此时速度大小为√,物体最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法不正确的是()A.当物体沿墙壁下滑时,物体先做加速运动再做匀速直线运动B.物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段曲线C.物体克服摩擦力所做的功W=mgHD.物体与墙壁脱离的时刻为t=答案:A解析:在竖直方向上,由牛顿第二定律有mg-μqE=ma,随着电场强度E的减小,加速度a逐渐增大,故物体做变加速运动;当E=0时,加速度增大到重力加速度g,此后物体脱离墙面,物体脱离墙面时的速度方向向下;之后所受合外力与初速度不在同一条直线上,所以运动轨迹为曲线,A错误,B正确。物体从开始运动到刚好脱离墙面时电场力一直不做功,由动能定理得mg-W=(√),物体克服摩擦力所做的功为W=mgH,C正确。当物体与墙壁脱离时所受的支持力为零,即电场力为零,此时电场强度为零,所以有E0-kt=0,解得时间为t=,D正确。4.如图所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为右述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上,随跳板一同向下运动到最低点(B位置)。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是()A.运动员到达最低点时,其所受外力的合力为0B.在这个过程中,运动员的动能一直在减小C.在这个过程中,跳板的弹性势能一直在增加D.在这个过程中,运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功答案:C3解析:运动员到达最低点时,其所受外力的合力向上,合力一定不为零,选项A错误。对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中,运动员的动能先增大后减小,跳板的弹性势能一直在增加,选项B错误,C正确。由动能定理,WG-W板=0-,可知在这个过程中,运动员所受重力对她做的功小于跳板的作用力对她做的功,选项D错误。5.(2019·湖南衡阳八中月考)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,将某一物体每次以不变的初速率v0沿斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角θ,实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示。g取10m/s2,根据图像可求出()A.物体的初速率v0=3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5C.取不同的倾角θ,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44mD.当某次θ=30°时,物体达到最大位移后将沿斜面下滑答案:C解析:由题图可知,当θ=90°时物体做竖直上抛运动,位移为x=1.80m,由竖直上抛运动规律可知=2gh,代入数据解得v0=6m/s,故A错误;当θ=0°时,位移为x=2.40m,由动能定理可得-μmgx=0-,代入数据解得μ=0.75,故B错误;由动能定理得-mgxsinθ-μmgcosθ·x=0-,解得x=m=m,当θ+α=90°时,sin(θ+α)=1,此时位移最小,其值xmin=1.44m,故C正确;若θ=30°时,物体的重力沿斜面向下的分力为mgsin30°=mg,最大静摩擦力为Ffmax=μmgcos30°=0.75×mg×√√mgmgsin30°,小球达到最高点后,不会下滑,故D错误。6.在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为Ff,落地前瞬间小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中()A.重力做的功为mghB.克服空气阻力做的功为Ff·√C.落地时,重力的瞬时功率为mgvD.重力势能和机械能都逐渐减少答案:AD解析:本题考查功能关系和功率的计算,意在考查学生对重力做功和重力功率的计算以及机械能变化的理解和应用。重力做的功为WG=mgh,A正确。空气阻力做功与经过的路4程有关,而小球经过的路程大于√,故克服空气阻力做的功大于Ff·√,B错误。落地时,重力的瞬时功率为重力与沿重力方向的分速度的乘积,故落地时重力的瞬时功率小于mgv,C错误。重力做正功,重力势能减少,空气阻力做负功,机械能减少,D正确。7.右图为牵引力F和车速倒数的关系图像。若汽车质量为2×103kg,由静止开始沿平直公路行驶,且行驶中阻力恒定,其最大车速为30m/s,则下列说法正确的是()A.汽车所受阻力为2×103NB.汽车车速为15m/s,功率为3×104WC.汽车匀加速的加速度为3m/s2D.汽车匀加速所需时间为5s答案:AD解析:当速度最大时,牵引力大小等于阻力,从题图中可得当速度为30m/s时,牵引力为2×103N,故阻力为2×103N,A正确;根据P=Fv可得F=P,故在开始一段时间内汽车以恒定功率运动,功率为P=Fv=6×104W,B错误;当牵引力达到6×103N之后,牵引力恒定,故汽车做匀加速直线运动,加速度为a=-=2m/s2,C错误;做匀加速直线运动时的末速度为v==10m/s,所以加速时间为t=5s,故D正确。8.(2019·河南郑州质量预测)质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,如图所示。在圆心处连接有力传感器,用来测量绳子上的拉力,运动过程中小球受到空气阻力的作用,空气阻力随速度的减小而减小。某一时刻小球通过轨道的最低点,力传感器的示数为7mg,重力加速度为g,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点,下列说法正确的是()A.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRB.到最高点过程中小球克服空气阻力做的功为mgRC.再次经过最低点时力传感器的示数为5mgD.再次经过最低点时力传感器的示数大于5mg答案:AD5解析:小球在最低点时有F1=FT-mg=m,解得v1=√;而在最高点时,由于小球恰好能通过最高点,所以有mg=m,可得v2=√;小球从最低点到最高点的过程,由动能定理可得-mg·2R-Wf=,解得小球克服空气阻力做的功Wf=mgR,A正确,B错误。小球从最高点到最低点的过程,由于小球受到的空气阻力随速度的减小而减小,分析可知在同一水平面上上升过程中的阻力大于下落过程中的阻力,由动能定理可得mg·2R-Wf'=mv1'2-,且此过程中空气阻力做的功Wf'Wf,解得v1'√,再次经过最低点时有F2=FT'-mg=m,解得FT'5mg,C错误,D正确。二、非选择题(本题共3小题,共36分)9.(10分)节能混合动力汽车是一种可以利用汽油及所储存的电能作为动力来源的汽车。有一质量m=1000kg的混合动力汽车,在平直公路上以v=90km/h的速度匀速行驶,发动机的输出功率为P=50kW。当看到前方有大货车慢速行驶时,该汽车提速超过了大货车。这个过程中发动机输出功率不变,蓄电池开始工作,输出功率为P'=20kW。该混合动力汽车提速后运动s=1000m时,速度达到最大,并超过大货车,然后蓄电池停止工作。全程阻力不变。求:(1)该混合动力汽车以90km/h的速度在平直公路上匀速行驶时,所受阻力F阻的大小;(2)该混合动力汽车加速过程中达到的最大速度的大小;(3)整个超车过程中,该混合动力汽车消耗的电能E(保留两位有效数字)。答案:(1)2×103N(2)35m/s(3)6.6×105J解析:(1)汽车牵引力与功率的关系为P=Fv当汽车匀速行驶时有F=F阻所以F阻==2×103N。(2)汽车达到的最大速度vmax=阻=35m/s。(3)在加速过程中,由动能定理有(P+P')t-F阻s=mv2消耗的电能E=P't解得E=6.6×105J。10.(13分)(2019·浙江4月)某砂场为提高运输效率,研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系,建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ=37°的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带,直轨道末端B与传送带间距可近似为零,但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距l=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动,转轮最低点6离地面的高度H=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高h处静止释放,假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时,速度大小不变,方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5。(sin37°=0.6)(1)若h=2.4m,求小物块到达B端时速度的大小。(2)若小物块落到传送带左侧地面,求h需要满足的条件。(3)改变小物块释放的高度h,小物块从传送带的D点水平向右抛出,求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。答案:(1)4m/s(2)h3.0m(3)x=2√-h≥3.6m解析:(1)物块由静止释放到B的过程中,mgsinθ-μmgcosθ=ma=2avB=4m/s。(2)设小物块从传送带左侧离开,到达D点速度为0时高为h10=mgh1-μmgcosθ-μmgl得hh1=3.0m。(3)设小物块从传送带右侧抛出,到达D点的速度为vmv2=mgh-μmgcosθ-μmglH+2R=gt2,x=vt得x=2√-为使小物块能在D点水平抛出mg≤得h≥3.6m。11.(13分)我国将于2022年举办冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示,质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下,到达助滑道末端B时速度vB=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m。为了改变运动员的运动方向,在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接,其中最低点C处附7近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m,运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J,g取10m/s2。(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小。(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。答案:(1)144N(2)12.5m解析:(1)运动员在AB上做初速度为0的匀加速运动,设AB的长度为x,则有=2ax①由牛顿第二定律有mg-Ff=ma②联立①②式,代入数据解得Ff=144N。③(2)设运动员到达C点时的速度为vC,在由B到达C的过程中,由动能定理有mgh+W=④设运动员在C点所受的支持力为FN,由牛顿第二定律有FN-mg=m⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍,联立④⑤式,代入数据解得R=12.5m。⑥