2020高考物理二轮复习600分冲刺专题二能量与动量第5讲功功率动能定理优练.docx

功 功率 动能定理一、选择题(本题共8小题，其中14题为单选，58题为多选)1(2019安徽省滁州市模拟)一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与x轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，相应的曲线方程为y5x2。(单位：m)，一质量为0.1 kg的金属小环套在上面，t0时刻从x1 m处以v01 m/s向右运动，并相继经过x1 m的A点和x2 m的B点，下列说法正确的是(C)A小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力B小环经过B点的加速度大于A点时的加速度C小环经过B点时重力的瞬时功率为20 WD小环经过B点的时刻为t2 s解析若金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，金属环沿导轨运动时与轨道间没有作用力，A错误；金属环做平抛运动，小环经过B点的加速度等于A点时的加速度，B错误；小球经过B点的时间t3 s，所以小环经过B点的时刻为t3 s，D错误；小环经过B点时，vyg(t1)20 m/s，所以小球经过B点时重力的瞬间功率为Pmgvy20 W，C正确。2(2019山西模拟)车辆在行驶时，要克服的阻力有轮胎产生的滚动阻力(路阻)及空气阻力(风阻)。有一辆汽车的路阻恒为车重的0.05倍；风阻与车速的平方成正比， 即fbv2，b为风阻系数。该车质量为1.0103 kg，牵引力的最大功率为94.8 kW，在平直公路上运动时，最大速度可达60 m/s。则当汽车的速度为20 m/s时，汽车的最大加速度值约为(取g10 m/s2)(B)A3.6 m/s2B4.1 m/s2C4.6 m/s2 D9.0 m/s2解析当速度为v160 m/s时，牵引力为，由牛顿运动定律0.05mgbv0；当速度为v220 m/s时，牵引力为，由牛顿运动定律0.05mgbvma。解得：a4.12 m/s2，B正确。3(2019吉林省模拟)如图所示，可视为质点的物体从倾角为的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1是v的k倍，且k1。则物体与斜面间的动摩擦因数为(C)A(1k)sinB(1k)cosC(1k2)tanD解析设斜面的长度为L，由动能定理得：物体沿斜面下滑时：mgLsinmgLcosmv0，物体自由下落时：mgLsinmv20，由题意可知：v1kv，解得(1k2)tan，C正确。4(2019南昌模拟)如图所示，物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体拴接，其劲度系数为k，重力加速度为g。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面；若恒力大小为2F0，在物体B刚好离开地面时物体A的速度为，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体A与物体B的质量比值为(A)A21 B12 C31 D13解析物体A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上，弹簧压缩，由kx1 mAg，解得x1 mA g/k。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B恰好不会离开地面，对物体B，由平衡条件，kx2 mBg；解得x2 mB g/k。在物体A上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，恒力做功W1 F0(x1x2)。恒力大小为2F0，恒力做功W2 2F0(x1x2)。两次弹簧弹性势能变化相同，物体A重力势能变化相同，W2 W1 F0(x1x2)mAv2，即，解得mAmB21，选项A正确。5(2019河北衡水模拟)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L，圆弧轨道圆心为O半径为R，DOE，OG水平。现有一质量为m可看为质点的滑块从A点无初速下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则(CD)A滑块经过E点时对轨道的最小压力为mgB滑块下滑后将会从G点飞出C滑块第二次经过E点时对轨道的压力为3mgD滑块在斜面上经过的总路程为s解析滑块从A点滑下后在AD部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，此时经过E点时对轨道的压力最小，则从D到E点，由机械能守恒定律：mgR(1cos)mv，在E点：Nmgm，联立解得Nmg(32cos) ，选项A错误；从A到G由动能定理：mg(LsinRcos)mgcosLmv其中L，解得：vG0，则滑块下滑后不能从G点飞出，选项B错误；滑块第一次到达E点时，根据动能定理：mgLsinR(1cos)mgcosLmv，解得vE，第二次到达E点的速度与第一次相同，则由牛顿第二定律：NEmgm，解得NE3mg，选项C正确；由以上的分析可知，滑块最终将在以E点为最低点，D为最高点来回滚动，则由动能定理：mgLsinmgcoss，解得s，选项D正确。6(2019河南郑州二模) 如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30，d斜面倾角为60。质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(AD)A 两物块所受重力冲量相同B 两物块所受重力做功的平均功率相同C地面对两斜面的摩擦力均向左D两斜面对地面压力均小于(mM)g 解析设斜面的底边长度为L，a物块沿倾角为30的光滑斜面b下滑，mgsin30ma1，a1t，c物块沿倾角为60的光滑斜面d下滑，mgsin60ma2，a2t，联立解得t1t2。两物块所受的重力冲量Imgt相同，A正确；由于两斜面竖直高度不同，物块重力做功不同，两物块所受重力做功的平均功率不同，B错误；在小物块沿斜面运动过程中，物块对斜面压力的水平分力均向左，对斜面由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力方向向右，C错误；在小物块沿斜面下滑过程中，由竖直向下的加速度，物块处于失重状态，所以两斜面对地面的压力均小于(mM)g，D正确。7(2019全国高考猜题卷)如图甲所示，质量为m2 kg的物体(可视为质点)在平行于斜面向上的拉力F作用下从粗糙斜面上的A点沿斜面向上运动，t2 s时撤去拉力F，其在斜面上运动的部分vt图象如图乙所示。已知斜面倾角37，斜面固定且足够长，取g10 m/s2，sin370.6，cos370.8，下列说法中正确的是(AD)A拉力F的大小为50 NB小物体在斜面上从A点运动到最高点的过程中，克服摩擦力做的功为850 JCt8 s时，小物体在A点上方且距A点的距离为15 mD小物体返回时经过A点的动能为300 J 解析根据速度时间图象知，匀加速直线运动的加速度：a1 m/s215 m/s2，匀减速直线运动的加速度：a2 m/s210 m/s2，根据牛顿第二定律得Fmgcosmgsinma1，撤去F后，由牛顿第二定律得mgcosmgsinma2，解得F50 N，0.5，A正确；由图象的“面积”求得小物块上升的最大位移x m75 m，摩擦力做的功Wfmgcosx0.5210cos3775 J600 J，B错误；58 s内物体的位移大小为x3(06) m9 m，t8 s时，小物体在A点上方且距A点的距离为xx(759) m66 m，C错误；物体向下运动的加速度a32 m/s2，运动返回到A点的速度v m/s10 m/s，物体的动能Ekmv22(10)2 J300 J，D正确。8(2019山东济南期末)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是(BC)A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等B物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关C物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多D物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关解析对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mghWf mv2其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：fNmgcos所以物块克服摩擦力做的功为：WffLmgcosLmgLcosmgL底由图可知，Lcos为斜面底边长，可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿1克服摩擦力做功，则由式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时速度，故A错误；联立解得：v，故物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关，故B正确；沿1时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量多，故C正确；根据功能关系得：产生的热量等于克服摩擦力做功，即为：QWffLmgcosLmgLcosmgL底与质量有关，故D错误。二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)9(2019湖南长望浏宁模拟)某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图(a)所示。现用该电动机在水平地面拉动一物体(可视为质点)，运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图(b)所示。已知物体质量m1 kg，与地面的动摩擦因数10.35，离出发点C左侧s距离处另有动摩擦因数为20.45、长为d0.5 m的粗糙材料铺设的地面AB段。(g取10 m/s2)(1)若s足够长，电动机功率为2 W时，物体在地面能达到的最大速度是多少？(2)若启动电动机，物体在C点从静止开始运动，到达B点时速度恰好达到0.5 m/s，则BC间的距离s是多少？物体能通过AB段吗？如果不能停在何处？答案(1) m/s(2)0.25 m小物体不能通过AB段。停在AB中点。解析(1)电动机拉动物体后，物体速度最大时，加速度为零，则有水平方向受拉力F等于摩擦力F1f1mg3.5 N根据PFv 则有：vm m/s(2)当物体运动速度小于0.5 m/s时，绳子对物体的拉力为恒力，物体为匀加速运动，拉力F4 N由牛顿第二定律FmaFf1ma1，a1 0.5 m/s2由s得，则BC间的距离s0.25 m小物体过B点后，f22mg4.5 N，做减速运动，运动速度不会大于0.5 m/s，拉力仍为恒力，物体做匀减速运动Ff2ma2a20.5 m/s2 小物体滑行x，x0.25 m则小物体最后停在AB中点位置。 10(2019福建三校联考)如图所示，一质量m1 kg的小滑块(体积很小，可视为质点)静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，F作用一段时间t后撤去，滑块继续运动到B点进入半径为R0.3 m的光滑竖直圆形轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h0.2 m，水平距离s0.6 m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力刚好为滑块重力的3倍，BC长为L2 m，小滑块与水平轨道BC间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g10 m/ s2。(1) 求小滑块通过圆形轨道的最高点P的速度大小；(2) 试通过计算判断小滑块能否到达壕沟的右侧；(3) 若AB段光滑，水平拉力F的作用时间范围可变，要使小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力F作用时间t的范围。答案(1)2 m/s(2)不能(3)0t s或 st s或t s解析(1)设小滑块通过圆形轨道的最高点P时轨道对小滑块的压力为N，由题意可知，N3mg，在P点，由牛顿第二定律， Nmgm解得：vP2 m/s(2)对小滑块由B到P运动的过程，由机械能守恒定律 mvmv