【讲与练】高中物理人教版(2019)必修2：第8章核心素养微课4提能作业习题

核心素养微课(四)合格考训练1．(多选)质量为M的汽车在平直的公路上行驶，发动机的输出功率P和汽车所受的阻力f都恒定不变，在时间t内，汽车的速度由v0增加到最大速度vm，汽车前进的距离为s，则在这段时间内发动机所做的功W可用下列哪些式子计算(ACD)A．W＝PtB．W＝eq\f(1,2)(v0＋vm)ftC．W＝fvmtD．W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＋fs解析：发动机所做的功W＝Pt，选项A正确；汽车运动时做加速度减小的变加速运动，则平均速度不等于eq\f(1,2)(v0＋vm)，发动机的牵引力逐渐减小，当速度达到最大时，牵引力才等于f，则发动机做功W＝Fs不等于eq\f(1,2)(v0＋vm)ft，选项B错误；汽车达到最大速度时F＝f，此时P＝fvm，则发动机所做的功W＝fvmt，选项C正确；根据动能定理W－fs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，发动机所做的功W＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＋fs，选项D正确。故选ACD。2．在水平路面上，有一辆以36km/h行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4kg的行李以相对客车5m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则以地面为参考系行李的动能和以客车为参考系行李的动能分别是(B)A．200J50J B．450J50JC．50J50J D．450J450J解析：行李相对地面的速度v＝v车＋v相对＝15m/s，所以行李的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝450J。行李相对客车的速度v′＝5m/s，所以行李的动能Ek′＝eq\f(1,2)mv′2＝50J。3．如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则(C)A．W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg，利用牛顿第三定律可知，轨道对质点的支持力为4mg，则在最低点有4mg－mg＝meq\f(v2,R)，解得质点滑到最低点时的速度为v＝eq\r(3gR)，对质点从开始下落到滑到最低点的过程，由动能定理得2mgR－W＝eq\f(1,2)mv2－0，解得W＝eq\f(1,2)mgR，对质点由最低点继续上滑的过程，到达Q点时克服摩擦力做功W′要小于W，由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离。故选C。4．(多选)关于运动物体所受的合力、合力的功、运动物体动能的变化，下列说法正确的是(BCD)A．运动物体所受的合力不为零，合力必做功，物体的动能一定要变化B．运动物体所受的合力为零，则物体的动能一定不变C．运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零D．运动物体所受合力不为零，则该物体一定做变速运动解析：由功的公式W＝Flcosα知，合力不为零，但若α＝90°，合力的功也为零，故A错误；若合力为零，则合力的功也为零，由动能定理W总＝Ek2－Ek1，则物体的动能不发生改变，故B正确；运动物体的动能保持不变，则该物体所受合力不一定为零，如匀速圆周运动，速度不变，动能不变，但合外力不为零，故C正确；运动物体所受合力不为零，根据牛顿第二定律可知，加速度不为零，则该物体一定做变速运动，故D正确。5．如图所示，在半径为0.2m的固定半球形容器中，一质量为1kg的小球(可视为质点)自边缘上的A点由静止开始下滑，到达最低点B时，它对容器的正压力大小为15N。取重力加速度为g＝10m/s2，则球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为(C)A．0.5J B．1.0JC．1.5J D．1.8J解析：在B点有FN－mg＝meq\f(v2,R)，得EkB＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)(FN－mg)R，小球从A滑到B的过程中运用动能定理得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，得Wf＝eq\f(1,2)R(FN－3mg)＝eq\f(1,2)×0.2×(15－30)J＝－1.5J，所以球自A点滑到B点的过程中克服摩擦力做的功为1.5J，C正确。6．如图所示为一水平的转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为(A)A.eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0解析：滑块即将开始滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根据动能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR，A正确。7．(多选)(2023·青岛三十九中高一期中)在我国，四通八达的高铁创造了百姓出行新速度、经济发展新动力和中国创新新高度，改变了中国，也影响着世界。在一次机车测试中，一列质量为m的“复兴号”高铁从静止开始沿直线加速到最大速度vm，其牵引力的功率P随时间t的变化图像如图乙所示，图中图线均为直线段；在t0时刻发动机达到额定功率P0＝1×104kW，在t1时刻达到最大速度vm，启动过程中高铁所受的阻力恒为f＝1×105N，则(AB)A．高铁在前t0时间内做匀加速运动B．高铁的最大速度vm＝100m/sC．高铁在前t0时间内牵引力做的功是5.0×108JD．在0～t1的过程中，高铁行驶的路程s可由P0t1－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)求出解析：在前t0时间内，若做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律eq\f(P,v)－f＝ma，v＝at，整理得P＝(ma2＋fa)t，则P－t图像与题图相符，故是做匀加速直线运动，故A正确；当车的牵引力与阻力平衡时，车达到最大速度，则最大速度vm＝eq\f(P0,f)＝100m/s，故B正确；不知道t0的值，无法计算牵引力做功，故C错误；在0～t1的过程中，功率并不是恒定的，牵引力做功并不是P0t1，故不能由P0t1－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)求出高铁行驶的路程，故D错误。故选AB。8．如图所示，物体在距斜面底端5m处由静止开始下滑，然后滑上与斜面平滑连接的水平面，若物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为0.4，斜面倾角为37°。求物体能在水平面上滑行的距离。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)答案：3.5m解析：对物体在斜面上和水平面上受力分析如图所示：解法1：分过程列方程：设物体滑到斜面底端时的速度为v，物体下滑阶段FN1＝mgcos37°，故Ff1＝μFN1＝μmgcos37°。由动能定理得：mgsin37°·l1－μmgcos37°·l1＝eq\f(1,2)mv2－0。设物体在水平面上滑行的距离为l2，摩擦力Ff2＝μFN2＝μmg，由动能定理得：－μmgl2＝0－eq\f(1,2)mv2，联立以上各式可得l2＝3.5m。解法2：对全过程由动能定理列方程：mgl1sin37°－μmgcos37°·l1－μmgl2＝0解得：l2＝3.5m。等级考训练9．从某一高处平抛一物体，物体着地时末速度与水平方向成30°角，取地面处重力势能为零，则物体刚抛出时，动能与重力势能之比为(A)A．3∶1 B．3∶4C．1∶3 D．1∶4解析：物体做平抛运动，假设落地速度为v，落地时速度方向与水平方向的夹角为α，则水平分速度为vx＝vcosα，竖直分速度为vy＝vsinα；由于平抛运动的水平分运动为匀速直线运动，故v0＝vx＝vcosα；由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故下落高度为h＝eq\f(v\o\al(2,y),2g)＝eq\f(v2sin2α,2g)；抛出时的动能为Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2cos2α；抛出时的重力势能为Ep0＝mgh＝eq\f(1,2)mv2sin2α，则动能与重力势能之比为eq\f(Ek0,Ep0)＝eq\f(cos2α,sin2α)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cos30°,sin30°)))2＝3∶1，故选A。10．如图所示，运输机器人水平推着小车沿水平地面从静止开始运动，机器人对小车和货物做功的功率恒为40W，已知小车和货物的总质量为20kg，小车受到的阻力为小车和货物重力的0.1，小车向前运动了10s达到最大速度，重力加速度取10m/s2。则(A)A．小车运动的最大速度为2m/sB．该过程小车的加速度不变C．小车向前运动的位移20mD．机器人对小车和货物做的功为200J解析：当牵引力等于阻力时小车的速度达到最大，故vm＝eq\f(P,f)＝eq\f(40,0.1×200)m/s＝2m/s，选项A正确；由P＝Fv，功率不变，速度增大，可知力F减小，由牛顿第二定律得F－f＝ma，故小车运动的加速度逐渐减小，选项B错误；由W＝Pt＝400J，选项D错误；根据动能定理得Pt－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得s＝18m，选项C错误。11．静止在粗糙水平地面上的物块，在恒定水平拉力的作用下开始运动，当位移为2x0时撤去外力，此时动能为Ek0，继续滑行x0后停下来，其动能随位移变化的关系如图所示。根据图像中已知信息，不能确定的物理量是(B)A．恒定水平拉力的大小B．物块与水平地面之间的动摩擦因数C．物块加速运动和减速运动的时间之比D．物块加速运动和减速运动的加速度大小之比解析：物块位移从0～2x0的过程，由动能定理得F·2x0－f·2x0＝Ek0－0，从2x0～3x0的过程，由动能定理得－fx0＝0－Ek0，联立可解得水平拉力的大小和物块与水平地面之间的摩擦力的大小(另一种解法：根据动能定理，F合·Δx＝ΔEk，则Ek－x图像的斜率表示合外力，由题图可知，F－f＝eq\f(Ek0,2x0)，－f＝eq\f(0－Ek0,x0)，联立可解得水平拉力的大小和物块与水平地面之间的摩擦力的大小)，由于物块的质量未知，则无法确定物块与水平地面之间的动摩擦因数；设物块运动过程中的最大速度为vmax，则有2x0＝eq\f(vmax,2)t1，x0＝eq\f(vmax,2)t2，可求得物块加速运动和减速运动的时间之比；由A项分析可解得F＝eq\f(3,2)f，则物块加速运动和减速运动的加速度大小之比eq\f(a1,a2)＝eq\f(\f(F－f,m),\f(f,m))＝eq\f(1,2)。本题选不能确定的物理量，故选B。12．如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6m，一滑块质量m＝5kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)。求在此后的运动过程中：(1)滑块在AB段上运动的总路程；(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值。答案：(1)8m(2)102N70N解析：(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsinθ>μmgcosθ，故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动。设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcosθ，从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcosθ－Ffs＝0，解得s＝eq\f(R,μ)＝8m。(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝eq\f(1,2)mveq\o