2019高考物理二輪復習 專題三 動量和能量 1-3-5 功 功率 動能定理訓練.docx

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1-3-5 功 功率 動能定理 課時強化訓練 1．(2018山西太原一模)如圖所示，兩個人利用機械裝置提升相同的重物。已知重物勻速上升，相同的時間內(nèi)兩重物提升的高度相同。不考慮繩、滑輪的質(zhì)量及摩擦，在重物上升的過程中人拉力的作用點保持不變(θ一直小于30)，則(　　) A．站在地面的人比站在二樓的人省力 B．站在地面的人對繩的拉力越來越大 C．站在二樓的人對繩的拉力越來越大 D．同一時刻，二樓的人對繩拉力的功率小于地面的人對繩拉力的功率 [解析] 設(shè)重物的質(zhì)量為m，地面上的人對繩的拉力FT＝mg恒定不變；站在二樓的人對繩的拉力FT′＝，重物勻速上升過程中θ越來越大，cos θ越來越小，則FT′越來越大，B項錯誤，C項正確。因θ一直小于30，則1＞cos θ＞，則mg＞FT′＞mg，而FT＝mg，則站在地面的人比站在二樓的人費力，所以A項錯誤。人對繩拉力做的功等于克服重物重力做的功，兩重物質(zhì)量相同，上升高度相同，所用時間相同，克服重力做功的功率相同，故D錯誤。 [答案] C 2．(2018湖北八校二聯(lián))如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為30，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知(　　) A．小球甲做平拋運動的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為1∶ C．A、B兩點高度差為 D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等 [解析] 甲、乙兩球經(jīng)過C點的速度v甲＝v乙＝，甲球平拋的初速度v甲x＝v甲 sin 30＝，故A錯誤；甲球經(jīng)過C點時豎直方向的速度v甲y＝v甲 cos 30＝，運動時間t甲＝＝，乙球運動時間t乙＝，則t甲∶t乙＝∶2，故B項錯誤；A、B兩點的高度差Δh＝gt－gt＝，故C項正確；甲和乙兩球在C點時重力的瞬時功率分別為P甲＝mgv甲y＝mg，P乙＝mgv乙＝mg，故D項錯誤。 [答案] C 3．(2018河北石家莊質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)。 開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細繩伸直，此時物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上?，F(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時速度恰好為0，此時物體B對地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　) A．物體A下落過程中一直處于失重狀態(tài) B．物體A即將落地時，物體B處于失重狀態(tài) C．物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mgh D．物體A下落過程中，A的動能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小 [解析] 對物體A下落過程中受力分析可知，其先加速后減速，則其先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，A項錯誤。物體A即將落地時，B所受合外力為零，T－2mg＝0，則B的加速度aB＝0，B項錯誤。依據(jù)能量守恒定律：－mgh＋ΔE彈＝0，ΔE彈＝mgh，C項正確。在物體A下落過程中，物體A與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，物體A的重力勢能、動能與彈簧的彈性勢能之和不變，因A的重力勢能一直減小，則A的動能和彈簧的彈性勢能之和一直增大，D項錯誤。 [答案] C 4．(2018河南調(diào)研聯(lián)考)(多選) 如圖所示，同一豎直平面內(nèi)的O1、A、B、C四點為長方形的四個頂點，水平面上的B、C兩點間的距離為L，O2在A點正上方高h處，B點在A點正下方距離處。同時將質(zhì)量均為m的小球甲、乙(均可視為質(zhì)點)分別從O1、O2點沿水平方向O1A和豎直方向O2A拋出，結(jié)果兩球恰好在B點相遇?？諝庾枇Σ挥嫛Ｏ铝姓f法正確的是(　　) A．甲、乙拋出的初速度大小之比為 B．兩球運動過程中均處于超重狀態(tài) C．甲、乙相遇前瞬間的動能之比為 D．甲、乙相遇前瞬間所受重力的功率之比為1∶2 [解析] 對甲滿足關(guān)系：L＝v甲t，＝gt2，對乙滿足關(guān)系：h＋＝v乙t＋gt2。解得＝，故A選項正確。小球甲、乙在運動過程中都只受重力作用，處于完全失重狀態(tài)，故B項錯誤。甲、乙兩球都滿足機械能守恒，Ek甲＝mv＋mg，Ek乙＝mv＋mg，又v乙＝gt，h＝gt2，＝，解得甲、乙相遇前瞬間的動能之比＝，故C項錯誤。由機械能守恒定律有mv＋mg＝mv，v＝gh，解得v乙′＝2，v甲y＝，豎直方向上重力功率PG＝mgvy，則PG甲＝mg，PG乙＝mg2，故＝，故D項正確。 [答案] AD 5．(2018福建廈門質(zhì)檢)(多選)總質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時， 發(fā)動機的功率為P。司機為合理進入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率立即減小到P并保持該功率繼續(xù)行駛，設(shè)汽車行駛過程中所受阻力大小不變。從司機減小油門開始，汽車的v-t圖像如圖，從汽車開始減速到再次達到勻速運動的過程中，行駛的位移為s，汽車因油耗而改變的質(zhì)量可忽略。則在該過程中，下列說法正確的是(　　) A．汽車再次勻速運動時速度大小為 B．t＝0時刻，汽車的加速度大小為 C．汽車的牽引力不斷減小 D．經(jīng)歷的時間為－ [解析] 汽車以速度v0勻速行駛時，牽引力等于阻力，f＝F＝，汽車以功率P勻速行駛時牽引力等于阻力f＝F＝，可得v′＝v0，所以A選項正確；t＝0時刻，汽車的牽引力F0＝，汽車的加速度大小a＝＝＝，所以B正確；汽車做減速運動，速度減小，功率不變，據(jù)P＝Fv知，牽引力不斷增大，故C錯誤；由動能定理Pt－Wf＝m－mv，其中克服阻力做功Wf＝fs，所經(jīng)歷的時間t＝－，所以D正確。 [答案] ABD 6．(2018福建泉州檢測)(多選)如圖甲所示，長為l、傾角為α的斜面固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放并沿斜面向下滑動。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ與下滑距離x的變化圖像如圖乙所示，則(　　) A．μ0＞tan α B．物塊下滑的加速度逐漸增大 C．物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功為μ0mgl cos α D．物塊下滑到底端時的速度大小為 [解析] 物塊在斜面頂端靜止釋放能夠下滑，應滿足mg sin α＞μ0mg cos α，即μ0＜tan α， 故A選項錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg sin α－μmg cos α＝ma，得a＝g sin α－μg cos α，可知物塊下滑過程中隨著μ的減小，a在增大，故B選項正確；摩擦力f＝μmg cos α＝mgcos α(0≤x≤l)，可知f與x成線性關(guān)系，如圖所示，其中f0＝μ0mg cos α，則物塊下滑到斜面底端的過程克服摩擦力做功Wf＝fl＝μ0 mgl cos α，故C選項正確；由動能定理有mgl sin α－μ0mgl cos α＝mv2，得v＝，故D選項錯誤。 [答案] BC 7．(2018河南調(diào)研聯(lián)考)(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定于傾角為θ(θ＜45)的光滑斜面(固定)上方的O點，O點到斜面的距離OQ等于彈簧的原長L，彈簧另一端與小滑塊(可視為質(zhì)點)連接。在斜面上移動滑塊至P點，使彈簧處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊從P點由靜止釋放，滑塊沿斜面運動到O點正下方M點，該過程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。重力加速度大小為g。下列說法正確的是(　　) A．滑塊經(jīng)過Q點時的速度最大 B．滑塊經(jīng)過M點時的速度大于 C．滑塊從P點運動到Q點的過程中，其加速度一直在減小 D．滑塊從P點運動到Q點過程中動能的增量比從Q點運動到M點過程中動能的增量小 [解析] 對滑塊受力分析，其受豎直向下的重力、垂直斜面向上的支持力以及彈簧彈力，在滑塊由P到M過程中結(jié)合彈簧彈力的變化情況可知，小滑塊下滑過程中所受合力在P→Q過程中一直沿斜面向下，在Q→M過程中可能一直沿斜面向下，也可能先沿斜面向下后沿斜面向上，所以A項錯誤。滑塊由P到M過程中，根據(jù)動能定理有WG＋W彈＝mv，又WG＝mg，W彈＞0，可得vM＞ ，B項正確。在P→Q的過程中因重力沿斜面向下的分力不變，而彈簧彈力沿斜面向下的分力逐漸變小，則滑塊所受沿斜面向下的合力逐漸減小，則其加速度一直在減小，C項正確。由幾何關(guān)系可知滑塊由P到Q下降的高度大于由Q到M下降的高度，又P到Q過程中彈簧彈力做正功，Q到M過程中彈簧彈力做負功，再結(jié)合動能定理分析可知，D項錯誤。 [答案] BC 8．(2018銀川模擬)一輛跑車在行駛過程中的最大輸出功率與速度大小的關(guān)系如圖所示，已知該車質(zhì)量為2103 kg，在某平直路面上行駛，阻力恒為3103 N。若汽車從靜止開始以恒定加速度2 m/s2做勻加速運動，則此勻加速過程能持續(xù)的時間大約為(　　) A．8 s 　　　　　B．14 s C．26 s D．38 s [解析] 由圖像可知，機車的最大功率約為P＝200 kW，在加速階段由牛頓第二定律可知：F－F阻＝ma即F＝F阻＋ma＝3 000 N＋2 0002 N＝7 000 N，再由P＝Fv可知：v＝＝ m/s＝ m/s，由v＝at，解得t＝ s≈14.2 s，故選項B正確。 [答案] B 9．(多選)在冬奧會冰壺比賽中，運動員以一定的初速度將冰壺沿水平面推出，由于摩擦阻力的作用，其動能隨位移變化圖線如圖所示，已知冰壺質(zhì)量為19 kg，g取10 m/s2，則以下說法正確的是(　　) A．μ＝0.05 　　　　B．μ＝0.01 C．滑行時間t＝5 s D．滑行時間t＝10 s [解析] 對冰壺由動能定理得： －μmgs＝0－mv， 得μ＝＝＝0.01，B正確。 冰壺運動時：a＝μg＝0.1 m/s2 由運動學公式s＝at2得：t＝10 s，D正確。 [答案] BD 10．(2018天津理綜)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設(shè)飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x＝1.6103 m時才能達到起飛所要求的速度v＝80 m/s。已知飛機質(zhì)量m＝7.0104 kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2。求飛機滑跑過程中 (1)加速度a的大??； (2)牽引力的平均功率P。 [解析] (1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有v2＝2ax① 代入數(shù)據(jù)解得 a＝2 m/s2② (2)設(shè)飛機滑跑受到的阻力為F阻，依題意有 F阻＝0.1mg③ 設(shè)發(fā)動機的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有 F－F阻＝ma④ 設(shè)飛機滑跑過程中的平均速度為，有 ＝⑤ 在滑跑階段，牽引力的平均功率 P＝F⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥式得 P＝8.4106 W⑦ [答案] (1)2 m/s2　(2)8.4106 W 11．(2018江西上饒六校一聯(lián))如圖所示，質(zhì)量m＝3 kg的小物塊以初速度v0＝4 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道，圓弧軌道的半徑為R＝3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側(cè)是一個半徑為r＝0.4 m的半圓軌道，C點是圓弧軌道的最高點，半圓軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。 已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37＝0.6，cos 37＝0.8。 (1)求小物塊的拋出點離A點的豎直距離h； (2)若MN的長度為L＝6 m，求小物塊通過C點時所受軌道的彈力FN大?。? (3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。 [解析] (1)根據(jù)平拋運動規(guī)律有： tan 37＝ 得t＝0.3 s 解得h＝gt2＝0.45 m (2)小物塊由拋出點運動到B點的過程中，根據(jù)動能定理有： mg[h＋R(1－cos 37)]＝mv－mv 解得vB＝2 m/s 小物塊由B點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有： －μmgL－2mgr＝mv－mv 在C點：FN＋mg＝ 解得FN＝60 N (3)小物塊剛好能通過C點時，有mg＝ 解得vC′＝2 m/s 小物塊從B點運動到C點的過程中，根據(jù)動能定理有： －μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv 解得L′＝10 m [答案] (1)0.45 m　(2)60 N　(3)10 m 12．(2018湖北四地七校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，底端切線水平且豎直放置的光滑圓軌道的半徑為R＝2 m，其軌道底端P距地面的高度為h＝5 m，P與右側(cè)豎直墻的距離為L＝1.8 m，Q為圓弧軌道上的一點，它與圓心O的連線OQ與豎直方向的夾角為53?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝100 g可視為質(zhì)點的小球從Q點由靜止釋放，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力。(sin 53＝0.8，cos 53＝0.6)試求： (1)小球運動到P點時對軌道的壓力多大； (2)若小球每次和豎直墻壁的碰撞均是彈性碰撞，則小球的最終落地點離右側(cè)墻角B點的距離。(小球和地面碰撞后不再彈起) [解析] (1)小球由Q到P的過程，由動能定理得： mgR(1－cos 53)＝mv2① 在P點小球所受的支持力為F，由牛頓第二定律有： F－mg＝ 解得F＝1.8 N 根據(jù)牛頓第三定律知，在P點小球?qū)壍赖膲毫Υ笮? F′＝F＝1.8 N (2)小球到達P點時速度的大小為v，由①式得v＝4 m/s 若右側(cè)無墻壁，則小球做平拋運動的時間t＝＝1 s 解得小球做平拋運動的射程x＝vt＝4 m 由彈性碰撞和對稱性知，小球和左右兩側(cè)豎直墻壁各碰一次后，落到地面上，落點與B點相距s＝L－(x－2L)＝1.4 m [答案] (1)1.8 N　(2)1.4 m