2020高考物理二轮复习 第1部分 专题3 动量和能量 第1讲 功 功率 动能定理限时检测（含解析）

第1讲功功率动能定理 限时45分钟；满分80分一、选择题(每小题5分，共30分)1(2019邯郸模拟)某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为w1和w2，拉力做功的平均功率是p1和p2，则正确的是aw1w2，p1p2bw1w2，p1p2cw1w2，p1p2 dw1w2，p1p2解析由wfs可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由p可知p1p2，b正确。答案b2(2019上海市静安区教学质量检测)物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则图3114a沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多b沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多c无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同d无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功均相同解析设斜面倾角为，高度为h，则斜面长度l。物体匀速被拉到顶端，根据功能关系wfmghmgcos lmghmg，则h相同时，倾角较小则拉力做的功较多，选项a正确，c错误；克服重力做功为wgmgh，则克服重力做功相同，选项b错误；克服摩擦力做的功wfmgcos lmg，所以倾角越大，克服摩擦力做功越小，选项d错误；故选a。答案a3(多选)(2019昆明高三调研)如图3115甲所示，有一倾角37足够长的斜面固定在水平面上，质量m1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力f作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，f与x的关系如图乙所示，已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2。则物体沿斜面向上的运动过程中图3115a机械能先增大后减小，在x3.2 m处，物体机械能最大b机械能一直增大，在x4 m处，物体机械能最大c动能先增大后减小，在x2 m处，物体动能最大d动能一直增大，在x4 m处，物体动能最大解析在物体沿斜面向上的运动过程中，对物体受力分析有，fmgsin mgcos ma，当f10 n时，a0，可知物体加速度先减小到零后反向增大，故速度先增大后减小，在x2 m处物体动能最大，选项c正确，d错误。当f4 n时，fmgcos 0，此前fmgcos 0，拉力与摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，此后fmgcos 0，拉力与摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，得x3.2 m处物体机械能最大，选项a正确，b错误。答案ac4(2019芜湖一模)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值p，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是a钢绳的最大拉力为b重物匀加速过程的时间为c重物匀加速过程的加速度为d速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度解析匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为f，故a错误；根据牛顿第二定律可知fmgma，结合vat解得ag，t，故b正确，c错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的加速运动，平均速度，故d错误。答案b5(多选)(2019启东模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的vt图象如图3116所示，从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为ff，则图3116a0t1时间内，汽车的牵引力等于mbt1t2时间内，汽车的功率等于(mff)v1c汽车运动的最大速度v2(1)v1dt1t2时间内，汽车的平均速度小于解析由题图可知，0t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a，f1ffma，联立得f1mff，选项a错误；在t1时刻汽车达到额定功率pf1v1(mff)v1，t1t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项b正确；t2时，速度达到最大值v2，此时f2ff，pf2v2，v2(1)v1，选项c正确；由vt图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1t2时间内，汽车的平均速度大于，故选项d错误。答案bc6(2019衡水三模)质量m1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力f时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若fx图象如图3117所示。且45 m内物体匀速运动。x7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是图3117a物体与地面间的动摩擦因数为0.1bx3 m时物体的速度最大c撤去外力时物体的速度为 m/sd撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s解析45 m内物体匀速运动，则有fffmg，得0.3，故a错误；只要fffmg，物体就在加速，所以x在04 m内物体一直加速，x4 m时物体的速度最大，故b错误；根据图象与x轴所围的面积表示外力f做的功，可得07 m内外力做功为w j22 j，设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得wffxmv20，其中x7 m，解得v m/s，故c正确；撤去外力后物体的加速度大小为a3 m/s2，物体还能滑行时间t s，故d错误。答案c二、计算题(共50分)7(10分)(2018天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机c919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s。已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2。求飞机滑跑过程中图3118(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率p。解析(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax代入数据解得a2 m/s2(2)设飞机滑跑受到的阻力为f阻，依题意有f阻0.1mg设发动机的牵引力为f，根据牛顿第二定律有ff阻ma设飞机滑跑过程中的平均速度为，有在滑跑阶段，牵引力的平均功率pf联立式得p8.4106 w。答案(1)2 m/s2(2)8.4106 w8(12分)(2019重庆七校高三联考)如图3119甲所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5 s末电动机到达额定功率，之后保持额定功率运行。升降机的运动情况如图乙所示，已知电动机的额定功率为36 kw，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：图3119(1)升降机的总质量大小；(2)升降机在5 s末的速度v0的大小；(3)升降机在07 s内上升的高度x。解析(1)设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力fmg根据pfvmmgvm得m kg300 kg(2)设升降机做匀加速运动时的加速度大小为a在5 s末，速度v0at1此时牵引力f根据牛顿第二定律得，fmgma解得a2 m/s2，v010 m/s(3)升降机在05 s内的位移x1at12225 m25 m对升降机在57 s内的运动过程运用动能定理得pt2mghmvm2mv02代入数据解得h21.8 m则xx1h(2521.8) m46.8 m。答案(1)300 kg(2)10 m/s(3)46.8 m9(12分)如图3120所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道ab连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点b与水平轨道平滑连接。现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球(可视为质点)，从与圆形轨道最低点b相距为l的c点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动。已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力。求：图3120(1)匀强电场的电场强度e的大小。(2)小球由c点运动到b点所用的时间t。(3)小球运动到与圆形轨道圆心o等高的d点时的速度大小vd。解析(1)对小球，由题意可得：qemg解得：e。(2)对小球，设从c到b的加速度为a，根据牛顿第二定律得：qema由运动学公式得：lat2联立可解得：t。(3)设圆形轨道半径为r，对小球从c到d的过程，根据动能定理有：qe(lr)mgrmvd20解得：vd。答案(1)(2) (3)10(16分)(2019西安二模)如图3121所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数0.5，且与台阶边缘o点的距离s5 m。在台阶右侧固定了一个以o点为圆心的圆弧形挡板，并以o点为原点建立平面直角坐标系。现用f5 n的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。图3121(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘p点，p点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开o点时的速度大小。(2)为使小物块击中挡板，求拉力f作用的距离范围。(3)改变拉力f的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值，(结果可保留根式)。解析(1)小物块从o到p做平抛运动，则：水平方向：xv0t竖直方向：ygt2解得：v04 m/s。(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到o点，设拉力f作用的最短距离为x1，由动能定理得：fx1mgsek00解得：x12.5 m为使小物体不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/