专题二第1讲功和功率动能定理

1、（45分钟）一、单项选择题1. （2018高考全国卷U ）如图，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解析：由题意知，W拉一W阻=AEk,则 W拉AEk, A对，B错；W阻与AEk的 大小关系不确定，C、D错.答案：A2. 如图所示，质量为m的汽车在某下坡的公路上，从速度 vo开始加速运动，经 时间t速度达到最大值Vm.设在此过程中汽车发动机的功率恒为 P,汽车所受的 摩擦阻力为恒力.对于该过程，以下说法正确的是 （）A .该过程中汽车一

2、直做匀加速直线运动B. 该过程中汽车所受阻力f=严Vm1 2C. 该过程中汽车所受阻力做功的大小为 Pt+ 2mvmD. 该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析：汽车发动机的功率恒为P,则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误,PPD正确；汽车速度达到最大值 Vm时，汽车的牵引力F =，故f= + mgsin 9,VmVmB错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误.答案：D3. 如图所示，质量为m的小球（可视为质点）用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置现用水平力F缓慢地将小球从A位置. "'拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为A60°

3、;细线的拉力为Fi,然后放手让小球从静止返回，到 A点时细线的拉力为F2，则（）A. Fi = F2= 2mgB从A到B,拉力F做的功为FiLC. 从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变D. 从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大 解析：在B位置，根据平衡条件有Fisin 30°= mg,解得Fi = 2mg.从B到A，根 据动能定理得mgL（1-cos 60° =汀根据牛顿第二定律得F2-mg= mf2,联立两式解得F2 = 2mg,故A项正确；从A到B,小球缓慢移动，根据动能定理1得 Wf mgL（1 - cos 60 ） = 0,解得 WF= qmgL,故B项

4、错误；从B到A的过程中,小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故 D项错误.答案：A4.人与平衡车的总质量为m,在平直路面上行驶时，所受阻力不变.当 平衡车加速度为a,速度为v时，平衡车的功率为P1,则当功率为 P2时，平衡车行驶的最大速度为（）A.P2VP1B.-P1 mavC.PivP2D.-P2 mav解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为 Ff，由牛顿第二定律可得，F Ff= ma,所以F= Ff + ma,所以功率 Pi = Fv = (F

5、f + ma)v,解得F= - ma,当功率恒为P2时，设最大速度为v '，贝U P2= F' vr = Ffv '，所P2P2V以v '=，选项B正确.Ff Pi mav答案：B5. 滑块在水平地面上沿直线滑行，t= 0时的速率为1 m/s，从此刻开始在与 初速度相反的方向上施加一水平作用力 F，力F和滑块的速度v随时间的变化规 律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向， g取10 m/s2,贝U下列说法正确的 是（）A .滑块的质量为2 kgB. 第1 s内摩擦力对滑块做的功为一1 JC. 第2 s末拉力F的瞬时功率为0.3 WD. 第2 s内拉力F的平均功率

6、为0.15 W解析：由题图乙可知滑块的加速度a= 1 m/s2,根据牛顿第二定律，在第1 s内有F + Ff = ma,第 2 s 内有 F ' Ff = ma,代入数据解得 Ff = 1 N , m= 2 kg, A 正1确；第1 s内滑块的位移大小X1 = 2X 1 X 1 m = 0.5 m,则摩擦力对滑块做的功 W =FfX1 = 1X 0.5 J= 0.5 J, B 错误；第 2 s末拉力的功率 P= F ' v = 3X 1 W1=3 W, C错误；第2 s内滑块的位移X2 = 2X1X1 m = 0.5 m,则第2 s内拉力的平均功率P =弹下二穿5 W = 1.

7、5 W, D错误.答案：A受到的阻6. 质量为500 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速,1力不变，其加速度a和速度的倒数v的关系如图所示，则赛车（）A .做匀加速直线运动B. 功率为20 kWC. 所受阻力大小为2 000 ND. 速度大小为50 m/s时牵引力大小为 3 000 N解析：由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动,P 1 FfFf P选项A错误；根据P= Fv, F Ff = ma可得a = m m，由图象可知4, m=400,解得Ff = 2 000 N，P= 2X 105 W，选项B错误，C正确；速度大小为5P 2X10550 m/s时牵引力大小

8、为F = - =N = 4 000 N,选项D错误.V 50答案：C7. （2017高考江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处.物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（）Ldix oX 0X 0ABc解析：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，根据动能定理 W= £k知，图象中的斜率表示物块受到的合力，物块上滑时恒定的合力大于物块下滑时恒定的合力，所以 C项正确.答案：C二、多项选择题8. （2018湖南长沙高三一模）如图所示，内壁光滑半径大小为 R的 圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量

9、为m的小球静止在轨道底部 A点.现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使 小球沿轨道在竖直面内运动.当小球回到A点时，再次用小锤沿 运动方向击打小球，必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功 W,第 二次击打过程中小锤对小球做功 4W,设两次击打过程中小锤对小球做的功全部 用来增加小球的动能，则 W的值可能是（）A.gmgR3C.gmgR3B. qmgR3D.qmgR解析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R,即Ww mgR第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点,而小球能够通过最高点的条件为2V高 m

10、g< m，即v高gR.小球从静止到到达最高点的过程中， 由动能定理得 W+ 4W-mg 2R1 2 1 1=qmv高一0，得 W>2mgR,所以 W满足qmgRW W<mgR，选项A、B正确.答案：AB9. a、b为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图所示.一个质量为1 kg的小球从距纸面高为60 cm的地方自由下落，恰能穿破两:!60 cm张纸.若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小:球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸可能是（小球穿破两张纸时，克 扌： 卡 服阻力做功相同）（）A. 15 cmB. 20 cmC. 30 cmD. 60 cm解析：小球穿过两张

11、纸时，由动能定理得 mgh 2W= 0,将a纸向上移，若恰能1穿过第一张纸，则mgh' W= 0,解得下落的高度h' = ©h，因此两张纸的距离1不能超过2h = 30 cm,选项A、B、C正确.答案：ABC10. （2018福建福州高三质检）如图所示为某电动汽车在加速性能试验过程中的 v -t图象.为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在 030 s 内做匀加速直线运动，30 s后汽车发动机的功率保持不变.则（）j a-1)A. 15 s末、30 s末汽车的牵引力大小之比为 2 : 1B. 15 s末、30 s末汽车的发动机功率之比为1 : 2C. 3

12、0 s末、54 s末汽车的加速度大小之比为 4： 3D. 030 s内、3054 s内汽车发动机做功之比为 5 : 8解析：由题意可知汽车前30 s做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此 A错误；由图可知15 s末、30 s末的速度分别为 9 m/s、18 m/s,由公式P= Fv可知，15s末、30 s末汽车的发动机功率之比为1 2, B正确；由图可知30 s末、54 s末E _匚a118 f 4 P18Ff4的加速度之比应为二=P= 3X>3, C错误；030 s内，汽车发动机92 上Ff 3 P 24Ff 324 FfP 30 X 18做的功 W1 = Fx= 1X厂(J)= 15P

13、(J)，3054 s内汽车发动机做功 W2 = P(54W15s 30 s)= 24P(J)，因此両=8，D 正确.答案：BD三、非选择题11. 一匹马拉着质量为60 kg的雪橇，从静止开始用80 s的时间沿平直冰面跑完1 000 m.设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8 s时间内做匀加速直线运动，从第 8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使 雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15 m/s；开始运动的8 s内马拉雪橇的平均功率是8 s后功率的一半.求整个运 动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小.解析：设8 s

14、后马拉雪橇的功率为P,则匀速运动时P= F v= Ff vP即运动过程中雪橇受到的阻力大小 Ff = v对于整个过程运用动能定理得P122 ti + P(t 总一ti) Ff x= 2mv 0代入数据，解得 P= 723 W, Ff= 48.2 N1 2再由动能定理可得 P t总一Ff x= 2mv解得 P = 687 W.答案：687 W 48.2 N12某课外探究小组自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙圆半径分别为R、2R、3R和4R, R= 0.5 m,水平部分长度L= 2 m,将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h= 1 m将一个质量为m= 0.5

15、kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处， 钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为尸04给钢球一初速度V0= 13 m/s ,g取10 m/ s 22mv0由牛顿第二定律有Fn mg= 罟 代入数据解得Fn = 178 N 由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为178 N,方向竖直向下.求：(1) 钢球运动至第一个半圆形轨道最低点 A时对轨道的压力；钢球落地点到抛出点的水平距离.一 1 2解析：(1)钢球从P点运动到A点的过程中，由动能定理得mg 2Ru mg =?mv1设钢球到达轨道末端点的速度为 V2,对全程应用动能定理得-卩mL-mg 4R1 2 1 2 =2mv2

16、2mvo解得 v2= 7 m/s由平抛运动规律得h + 8R= gt滑块与CD段之间的动摩擦因数 场 滑块在CD段上运动的总路程； 滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能., s= V2t解得s= 7 m.答案：(1)178 N,方向竖直向下 (2)7 m13. (2018重庆高三一诊)如图所示，绝缘轨道 CDGH位于竖直平面内，圆弧段 DG的圆心角为 缸37° DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点, CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处 于场强为E= 1X 10解析：(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回 P点的过程中，由动能定

17、 理得 N/C、水平向右的匀强电场中一质量 m = 4X103 kg、带 电量q = + 3X10 6 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的 中点P处时速度恰好为零.已知CD段长度L= 0.8 m，圆弧DG的半径r = 0.2 m ; 不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点.g取10 m/s2，cos 37° =qE2 卩 m(L + 2)= 0，解得逛=卩=3mg=0.250.8，sin 37 =0.6.求：绝躁捋板*nCD(2) 滑块在CD段上受到的滑动摩擦力 卩m=0.01 N、电场力qE = 0.03 N,滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在 CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动,且在D点的速度为0全过程由动能定理得qE L + (卩 mg) = 0 解得 x = qmg= 3L = 2.4 m口 mg(3) GH段的倾角 A