2023年高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题二动量和能量课时作业5功和功率动能定理

课时作业5功和功率动能定理一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．2016年7月8日，海军三大舰队南海演习，军舰、潜艇、飞机、导弹对抗演练．在训练中，某直升机将一个质量为60kg的物体以2m/s2的加速度由静止匀加速竖直向上提升．假设g取10m/s2A．6000JB．12000JC．18000JD．36000J解析：由牛顿第二定律得F－mg＝ma，直升机对物体的拉力为F＝m(g＋a)＝720N,5秒内物体的位移h＝eq\f(1,2)at2＝25m，故直升机对物体做的功为W＝F·h＝18000J，选项C正确．答案：C2.如下图，质量为m的小滑块从O点以速度v0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O点，那么运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是()A.eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)B.eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)C.eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)D.eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)解析：设动摩擦因数为μ，O点离弹簧右端距离为L，弹簧最大压缩量为Δx.小滑块从O点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg(L＋Δx)－W弹＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，再分析弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得W弹－μmg(L＋Δx)＝0－0，联立可得W弹＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故弹簧获得的最大弹性势能是eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项B正确．答案：B3.长度为R的水平面AB与半径也为R的eq\f(1,4)圆弧BC在圆弧最低点B相连组成如下图的轨道，放在A点的小滑块P(视为质点)质量为m，滑块P与水平面和圆弧面间的动摩擦因数均为μ.现用沿轨道的力F将小滑块从A点缓慢拉到C点，那么拉力做的功为()A．2μmgRB．mgR(μ＋1)C．mgR(2μ＋1)D．无法确定解析：缓慢拉动，那么动能变化不计．小滑块P从A到C的过程中，拉力做正功，滑动摩擦力和重力做负功，因此拉力F做的功等于克服滑动摩擦力和克服重力做功之和．克服重力做功为mgR，在A、B间克服滑动摩擦力做功为μmgR，在B、C间取一小段l可看作是倾角为θ的斜面，那么在这一小段上克服摩擦力做功为ΔW＝μmglcosθ，各小段lcosθ之和等于圆弧半径R，故在圆弧段克服摩擦力做的总功为μmgR，所以拉力做功W＝mgR＋2μmgR＝mgR·(2μ＋1)，C选项正确．答案：C4.如下图，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好到达最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.那么此过程中()A．杆的速度最大值为eq\f(F－μmgR,B2d2)B．安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量解析：当杆到达最大速度vm时，F－μmg－eq\f(B2d2vm,R＋r)＝0得vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，A错误；安培力做的功等于电阻R和r上产生的热量，B错误；在杆从开始到达最大速度的过程中由动能定理得WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgl，W安＝－Q，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错误；恒力F做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D正确．答案：D5．(2023·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，那么该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()ABCD解析：设斜面倾角为θ，根据动能定理，当小物块沿斜面上升时，有－(mgsinθ＋Ff)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(Ff＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负．当小物块沿斜面下滑时根据动能定理有(mgsinθ－Ff)(x0－x)＝Ek－0(x0为小物块到达最高点时的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－Ff)x＋(mgsinθ－Ff)x0所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线．综上所述，选项C正确．答案：C6．甲、乙两个质量相同的物体，用大小相等的力F分别拉它们在水平面上从静止开始运动相同的距离x.如下图，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，那么以下关于力F对甲、乙做的功和甲、乙两物体获得的动能的说法中正确的选项是()A．力F对甲做功多B．力F对甲、乙两个物体做的功一样多C．甲物体获得的动能比乙大D．甲、乙两个物体获得的动能相同解析：由功的公式W＝Fxcosα可知，两种情况下力F对甲、乙两个物体做的功一样多，A错误、B正确；根据动能定理，对甲有Fx＝Ek1－0，对乙有Fx－Ffx＝Ek2－0，可知Ek1>Ek2，即甲物体获得的动能比乙大，C正确、D错误．答案：BC7.如下图，质量为M＝2kg、长为L＝2m的木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量为m＝1kg的小木块(可视为质点)，小木块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，先相对静止，后用一水平向右的力F＝4N作用在小木块上，经过一段时间小木块从木板另一端滑下，g取10mA．小木块在长木板上滑行的时间t＝2sB．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8JC．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F的瞬时功率为16WD．小木块在运动过程中获得的动能为12J解析：小木块和长木板之间发生相对滑动，滑动摩擦力大小为2N，根据牛顿第二定律可知长木板以加速度a1＝1m/s2向右做匀加速运动，位移x1＝eq\f(1,2)a1t2.小木块以加速度a2＝2m/s2向右做匀加速运动，位移x2＝eq\f(1,2)a2t2，x2－x1＝L，解得t＝2s，应选项A正确．由功能关系得因摩擦而产生的热量等于滑动摩擦力乘以相对路程，等于4J，应选项B错误．小木块脱离长木板瞬间的速度v＝4m/s，根据P＝Fv＝16W，可知选项C正确．对小木块应用动能定理有ΔEk＝WF＋Wf＝8J，应选项D错误．答案：AC8．一质量为m的滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s.从此刻开始在与速度平行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，那么(两图取同一正方向，取g＝10m/sA．滑块的质量为0.5B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.05C．第1s内摩擦力对滑块做功为－1JD．第2s内作用力的平均功率为1.5W解析：由v－t图象的斜率表示加速度可得，滑块的加速度a＝1m/s2，由两图知，滑块在第1s内受到的拉力F＝1N、在第2s内受到的拉力F′＝3N，那么根据牛顿运动定律，第1s内有Ff＋F＝ma，第2s内有F′－Ff＝ma，代入数据得滑块与水平地面间的摩擦力为Ff＝1N，m＝2kg，又由Ff＝μmg，可得滑块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.05，A错误、B正确；由v－t图象与时间轴所围的面积表示位移可得，滑块在第1s内的位移为x＝－eq\f(1,2)×1×1m＝－0.5m，那么第1s内摩擦力对滑块做功为－0.5J，故C错误；根据v－t图象可知，第2s内滑块的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(0＋1,2)m/s＝0.5m/s，所以第2s内力的平均功率P＝F′eq\x\to(v)＝3×0.5W＝1.5W，故D正确．答案：BD二、非选择题9．(2023·衢州市4月模拟)如图甲所示，长L＝1.5m、倾角为θ＝37°的光滑绝缘的斜面底端连接一粗糙绝缘的水平面，整个斜面处在一水平向左的匀强电场中，水平面局部没有电场．现将一质量m＝1.2kg、带电荷量q＝1×10－4C的带正电的小物体从斜面顶端由静止释放，当电场场强E取不同数值时，物体沿斜面下滑最后在水平地面上滑过的距离s不同．研究发现s与E之间的关系如图乙所示．忽略物体在斜面与水平面连接处的能量损失，取重力加速度g＝10m/s2(1)物体与地面间的动摩擦因数μ；(2)当E＝3×104N/C时，物体运动的总时间．解析：(1)当E＝0时，x＝4.5由动能定理得mgLsinθ－μmgs＝0解得μ＝0.2.(2)当E＝3×104N/C时，由牛顿第二定律得mgsinθ－qEcosθ＝ma1又L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得物体在斜面上的运动时间t1＝eq\f(\r(3),2)s水平面上由牛顿第二定律知μmg＝ma2由v＝a1t1又v＝a2t2可得t2＝eq\r(3)s所以物体运动的总时间t＝t1＋t2＝eq\f(3\r(3),2)s.答案：(1)0.2(2)eq\f(3,2)eq\r(3)s10．(2023·福建省毕业班质量检查)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点．直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为eq\f(3mgsinθ,L)，g为重力加速度．(1)小球在距B点eq\f(4,5)L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；(2)设小球在P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等．现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A点eq\f(4,5)L的Q点，求初速度的大小．解析：(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，根据平衡条件有mgsinθ＋Ff＝2F代入数据解得Ff＝eq\f(mgsinθ,5)方向沿杆向下(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零据动能定理有W合＝ΔEk－mg·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))sinθ－Ff·2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))＝0－eq\f(1,2)mv2联立解得v＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5).答案：(1)eq\f(mgsinθ,5)方向沿杆向下(2)eq\f(2\r(6gLsinθ),5)11.(2023·黄山市三模)如下图，绝缘光滑水平面与半径为R的竖直光滑半圆轨道相切于C.竖直直径GC左侧空间存在足够大匀强电场，其电场强度方向水平向右．GC右侧空间处处存在匀强磁场，其磁感应强度垂直纸面水平向里．一质量为m，电荷量为q的带正电滑块(可视为质点)在A点由静止释放，滑块恰好能通过圆周的最高点G进入电场．匀强电场场强大小为E＝eq\f(mg,q)，AC间距为L＝4R，重力加速度为g.求：(1)滑块在G点的速度vG；(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)滑块落回水平面的位置距离C点的距离x.解析：(1)研究A到G过程，由动能定理知：4EqR－2mgR＝eq\f(m