5.2功和功率动能定律（高考真题与课后专项提升练）

5.2功和功率动能定律——高考真题与课后专项提升练（2023•湖北）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（）A．P1B．P1C．(PD．(【解答】解：由题意可知两节动车功率分别为P1＝f1v1P2＝f2v2当把它们编组后P1+P2＝（f1+f2）v联立解得v=故ABC错误，D正确。故选：D。（2023•北京）如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。在物体移动距离为x的过程中（）A．摩擦力做功大小与F方向无关 B．合力做功大小与F方向有关 C．F为水平方向时，F做功为μmgx D．F做功的最小值为max【解答】解：A、设F与水平方向的夹角为θ，桌面对物体的支持力为FN，对物体受力分析，则有FN＝mg﹣Fsinθf＝μFNWf＝fx联立方程可得：Wf＝μ（mg﹣Fsinθ）x可知摩擦力做功大小与F方向有关，故A错误；B、由牛顿第二定律有：F合＝Fcosθ﹣f＝ma整理得：Fcosθ+μFsinθ﹣μmg＝ma由于m、a、μ均为已知量，上式中只有F、θ是变量，且无论F、θ如何变化，上式恒成立，ma不变根据WF合=F合x＝max，可知合力做功大小与FC、F为水平方向时，由牛顿第二定律有：F﹣μmg＝ma可知：F＞μmg则F做功为Fx，且Fx＞μmgx，故C错误；D、由牛顿第二定律有：Fcosθ﹣f＝ma结合选项A解析，可得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma则：WF＝Fcosθ•x＝max+μ（mg﹣Fsinθ）x当mg﹣Fsinθ＝0时，WF取得最小值max，故D正确。故选：D。（2023•辽宁）如图（a），从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图（b）所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中（）A．甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大 B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小 C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变 D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大【解答】解：AB、由图（b）可知甲的速率随时间均匀变化，可知甲沿着轨道Ⅱ下滑，在同一时刻甲的速率比乙的小，所以同一时刻甲的动能比乙的小，故A错误，B正确；CD、由图（b）可知乙沿着轨道Ⅰ下滑，在M点乙的速率为零，则重力功率为零，在N点乙在竖直方向的速度为零，可知重力功率为零，由M点到N点，其它位置竖直方向速率不为零，所以乙的重力功率先增大后减小，故CD错误。故选：B。（多选）（2023•福建）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（）A．0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大 B．乙车在t＝2s和t＝6s时的速度相同 C．2～6s内，甲、乙两车的位移不同 D．t＝8s时，甲、乙两车的动能不同【解答】解：A．根据图（a）可得，0～2s内，图像的斜率不变，v﹣t图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变，故A错误；B．根据图（b）易得，0～2s图像的面积为S＝2×2×12N•s＝2N•s，根据F﹣t图面积表示F对物体的冲量，设t＝2s时，乙车速度为v2，质量为m，据动量定理：I＝Ft＝mv2﹣0，代入数值解得v同理0～6s图像的面积为S′＝4×2×12N•s﹣2×2×12N•s＝2N•s，设t＝6s时，乙车速度为v6，据动量定理：I′＝F′t′＝mv6﹣0，代入数值解得v6=2mm/s；故乙车在C．根据图（a）可得，v﹣t图像的面积表示位移，故2～6s内，甲的位移为：x甲＝2×2×12m﹣2×2×12m＝0m，而根据图（b），物体在t＝2s和t＝6s时的速度相同，力F做功相同，物体运动方向不变，故2～6s内，乙车肯定不为D．t＝8s时，根据图（a）可得此时甲车速度为0，动能为0；而根据图（b），设t＝8s时，乙车速度为v8，0～2s图像的面积为S＝4×2×12-N•s4×2×12N•s＝0，据动量定理：I″＝F″t″＝mv8﹣0，代入数值解得v8故选：BC。（2023•江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连，若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求滑雪者运动到P点的时间t；（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。【解答】解：（1）滑雪者由A到P做匀加速直线运动，设此过程的加速度大小为a，滑雪者的质量为m，由牛顿第二定律得：mgsin45°﹣μmgcos45°＝ma由位移—时间关系公式可得：d=12联立解得：t=（2）设滑雪者从P到B的过程，所受重力与滑动摩擦力做功分别为WG、Wf，对滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点的过程，由动能定理得：WG+Wf＝0﹣0对滑雪者从A点静止下滑到B点的过程，由动能定理得：mgdsin45°﹣μmgdcos45°+WG+Wf=12mv2联立解得：v=（3）滑雪者在B点以速度大小为v，方向与水平方向夹角为45°的速度做斜抛运动，在B点竖直向上的分速度为vy＝vsin45°，水平分速度为vx＝vcos45°设从B点运动到最高点的时间t1，由竖直方向做竖直上抛运动得：t1=设从B点运动到与B点等高点的水平位移的大小为x，由竖直上抛运动的对称性可知此过程的时间为2t1，由水平方向做匀速直线运动得：x＝vx•2t1联立解得：x=若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的长度不能大于x，故平台BC的最大长度L＝x=答：（1）滑雪者运动到P点的时间t为22（2）滑雪者从B点飞出的速度大小v为2gd(1-μ)（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，平台BC的最大长度L为2d(1-μ)一、单项选择题（2022秋•鄂尔多斯期末）如图所示，有两个完全相同的小球A、B，将它们从同一高度以相同大小的初速度v0分别水平抛出和竖直向上抛出（不计空气阻力），则下列说法正确的是（）A．两小球落地时的速度相同 B．从抛出点至落地，两球重力做功相同 C．两小球落地时，重力的瞬时功率相同 D．从抛出点至落地，重力对两小球做功的平均功率相同【解答】解：AB、在整个过程中，只有重力做功，重力做功的特点是只与始末位置的高度差相等，与其所经过的路径无关，所以这两个小球在整个过程中重力做功相等，根据动能定理可知mgh=12mC、由于落地时速度大小相同，方向不同，根据P＝mgvy可知，重力的瞬时功率不同；D、竖直上抛运动的时间比平抛运动的时间多，根据P=Wt知道：重力对平抛抛球做功的平均功率更大，故故选：B。（2023春•崂山区校级期中）某型号跑车质量m＝1t，发动机最大功率P＝180kW，平路上运动时的总阻力为车重的0.1倍。在汽车以额定功率或恒定加速度启动过程中，下列说法正确的是（）A．该车的最大行驶速度为1.8×103m/s B．若以80kW恒定功率运动，其最大速率为288km/h C．以恒定加速度3m/s2启动时，最多可以保持20s D．以100kW恒定功率启动过程中，速率为20m/s时的加速度是5m/s2【解答】解：A、汽车前进的过程中所受阻力F阻＝0.1mg牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度P＝F阻vm代入数据得v故A错误；B、若以P1＝80kW恒定功率运动，牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度P1＝F阻v'm最大速率v故B正确；C、若汽车以3m/s2的加速度匀加速启动，设牵引力为F1，根据牛顿第二定律有F1﹣F阻＝ma匀加速能达到的最大速度v=则匀加速运动中v＝at解得以恒定加速度3m/s2启动时，最多可以保持t＝45s故C错误；D、以P2＝100kW恒定功率启动过程中，速率为20m/s时，牵引力F由牛顿第二定律F2﹣F阻＝ma'代入数据得a'＝4m/s2故D错误。故选：B。（2023•广东学业考试）如图所示，质量分别为M和m的两物块（M＞m）分别在同样大小的恒力作用下，沿水平面由静止开始做直线运动，两力与水平面的夹角相同，两物块经过相同的位移．设此过程中F1对M做的功为W1，F2对m做的功为W2，则（）A．若水平面光滑，则W1＞W2 B．若水平面粗糙，则W1＞W2 C．若水平面粗糙，则W1＜W2 D．无论水平面光滑与否，都有W1＝W2【解答】解：由题意可知：F1做功为W1＝FLcosαF2做功为W2＝FLcosα故ABC错误，D正确；故选：D。（2023春•葫芦岛期末）如图甲所示，民航客机都有紧急出口，发生意外打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可以较快地沿斜面滑行到地面（可等效为图乙），斜面固定不动，不计空气阻力。若人员沿斜面加速下滑，则人在下滑过程中（）A．重力对人做正功 B．支持力对人做负功 C．合力对人不做功 D．摩擦力对人做正功【解答】解：A．根据W＝Fxcosθ可知重力与位移方向夹角为锐角，所以重力对人做正功。故A正确；B．同理，支持力与位移夹角为90°，所以支持力不做功。故B错误；C．依题意，人员沿斜面加速下滑，由动能定理可知，合力做正功。故C错误；D．摩擦力沿斜面向上，与位移夹角为180°，所以摩擦力做负功。故D错误。故选：A。（2023春•宝安区校级期中）质量为m的汽车在水平路面上匀加速启动，速度—时间图像如图所示，Oa段为过原点的倾斜直线，ab段为曲线，且汽车保持额定功率，bc段是与ab段相切的水平直线，下述判断正确的是（）A．0～t1时间内汽车做匀加速运动且功率恒定 B．t1～t2时间内汽车牵引力不断减小但功率恒定 C．t2时刻汽车发动机功率首次达到最大值并保持 D．汽车以最大速度行驶时，牵引力有可能大于阻力【解答】解：A．由图可知，0～t1时间内汽车做匀加速运动，根据P＝Fv可知功率逐渐变大，故A错误；B．t1～t2时间内图像的斜率减小，则加速度减小，汽车牵引力不断减小，但功率保持额定功率恒定，故B正确；C．t1时刻加速度最大，此时汽车发动机功率首次达到最大值并保持，故C错误；D．汽车以最大速度行驶时，汽车处于匀速状态，其牵引力等于阻力，故D错误。故选：B。（2023秋•石家庄期末）如图甲所示，质量m＝2kg的物体受到水平拉力F的作用，在水平面上做加速直线运动，其加速度a随位移x的变化规律如图乙所示，物体的初速度v0＝2m/s。已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．拉力F随时间均匀增大 B．物体发生10m位移时，拉力F变为原来的二倍 C．物体发生10m位移的过程中，拉力F做功为60J D．物体发生10m位移时，拉力做功的功率为96W【解答】解：A、对物体根据牛顿第二定律有F﹣μmg＝ma由图乙可知a＝a0+kx解得F＝kmx+ma0+μmg所以拉力F随着物体发生的位移x均匀增大，而不是随时间均匀增大，故A错误；B、由图乙可知，物体发生10m位移时，加速度变为原来的二倍，而拉力F＝ma+μmg并没有变为原来的二倍，故B错误；C、由受力分析和做功关系有W合＝WF﹣μmgx将乙图中纵坐标乘上质量m，该图将变成合力与位移的图像，图像中面积对应的是合力做功，故W合代入数据得W合＝60J所以拉力F做功WF＝W合+μmgx代入数据得WF＝100J故C错误；D、由动能定理有W合解得v＝8m/s结合牛顿第二定律F＝ma2+μmg代入数据得F＝12N此时拉力F做功的功率P＝Fv＝12×8W＝96W故D正确。故选：D。（多选）（2023秋•碑林区校级期末）某物理实验兴趣小组探究竖直面内小球做圆周运动对轨道压力的变化规律。如图所示，在竖直面内固定一个圆周轨道，轨道半径R＝0.3m，分别在距离最低点A高度为0、0.1m、0.2m、0.3m、0.4m、0.5m、0.6m处安置压力传感器，一质量为m的小球从A点以速度v0开始沿内轨道向右运动，已知小球在最低点A点和最高点B点压力传感器示数差为6N，在C点（与O点等高的位置）压力传感器示数为10N。小球可视为质点，小球与圆轨道的摩擦力可忽略不计，g取10m/s2。由此可判定（）A．m＝0.2kg B．v0＝6m/s C．小球在0.2m处时压力传感器示数为12N D．小球在各位置压力传感器示数F与高度h的关系F＝13﹣10h【解答】解：AB、从A点到C由动能定理有：-mgR=1从C点到B由动能定理有：-mgR=1在A、B两点分别由牛顿第二定律有：FA-mg=由题意可知：FA﹣FB＝6N代入数据可得：m＝0.1kg在C点由牛顿第二定律有：FC=mvC代入数据可得：v由v02=vC2+2gRCD、若0＜h≤R，对小球受力分析，设小球在此位置的速度大小为v1，如下图所示：由牛顿第二定律有：F由几何关系可得：cosθ=从A点到图中位置由动能定理有：-代入数据可得：F＝13﹣10h若R＜h≤2R，对小球受力分析，设小球在此位置的速度大小为v2，如下图所示：由牛顿第二定律有：F+mgsinβ=由几何关系可得：sinβ=从A点到图中位置由动能定理有：-代入数据可得：F＝13﹣10hh＝0.2m，则F＝（13﹣10×0.2）N＝11N，可知小球在0.2m处时压力传感器示数为11N，故C错误，D正确。故选：BD。（多选）（2024•甘肃模拟）如图所示，可视为质点、质量为M的物块用长为L的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为α。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现让整个装置由静止开始缓慢的加速转动起来。则下列说法正确的是（）A．整个过程中，细绳的拉力不可能为零 B．从开始转动到细绳对物块刚有作用力的过程，转盘对物块所做的功为12C．物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为gLsinαD．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零【解答】解：AB、转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩擦力提供向心力，设转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有μMg＝Mω12Lsinα此时物块的线速度大小为v1＝ω1Lsinα设从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，转盘对物块做的功为W，对物块，由动能定理得W=1联立解得：W=12μMgLsinα，故AC、当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向有Mg＝Tcosα水平方向上，由牛顿第二定律有Tsinα=Mω联立解得：ω可知当物块的角速度增大到gLcosα时，物块与转台间恰好无相互作用，所以物块能在转台上随转台一起转动的最大角速度为gLcosα，故D、物块在做圆周运动的过程中，细绳对物块拉力方向与物块运动的方向始终垂直，因此细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零，故D正确。故选：BD。（2023•新课标）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（）A．0 B．mgh C．12mv2﹣mgh D．12mv【解答】解：雨滴下落过程，在重力和阻力作用下做匀速直线运动，设克服空气阻力做的功为W克，则空气阻力对雨滴做功为﹣W克，雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，由动能定理得：mgh﹣W克＝0解得：W克＝mgh故B正确，ACD错误。故选：B。（2023春•平乐县校级期中）如图所示，一个质量为m的物体静止放在光滑水平面上，在互成角度的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为v，在力的方向上获得的速度分别为v1、v2，物体发生的位移为x，在力的方向上发生的位移分别为x1、x2。那么在这段时间内（）A．Fx＝F1x1+F2x2 B．Fx=1C．F1D．F【解答】解：总功等于各个分力所做功的代数和，即W＝W1+W2，W1＝F1xcosθ，W2＝F2xsinθ根据动能定理的内容理可知Fx=根据题中两力夹角不是90°可知x1≠xcosθ，x2≠xsinθ则Fx≠F1x1+F2x2，F根据速度夹角不是90°可知v即F1xcosθ≠12m故选：B。二、多项选择题（多选）（2023春•广州期末）汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车的速度v与牵引力F大小倒数的v-1F图像，vm表示最大速度。已知汽车在水平路面上由静止启动，图中ab平行于v轴，bc反向延长过原点O。已知阻力恒定，汽车质量为1.5×10A．汽车由b到c过程做匀加速直线运动 B．汽车从a到b持续的时间为5.0s C．汽车额定功率为50kW D．汽车能够获得的最大速度为20m/s【解答】解：A、根据P＝Fv可得：v=P1F，由此可知汽车由b到c过程功率不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma，解得：a=F-fm，由于汽车所受阻力不变，所以随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，汽车由b到BCD、根据图像的斜率可求得汽车的额定功率为：P=1015×10-3W=5×104W，根据图像的可得函数式v=P1F，可求得汽车速度得最大值为vm=5×104×12×10-3m/s=25m/s，汽车所受的阻力为：f=Pvm=5×10425N=2000N故选：BC。（多选）（2023春•平乐县校级期中）一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力F随时间t变化关系图线如图所示。若汽车的质量为1.2×103kg，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（）A．汽车的最大功率为5×104W B．汽车匀加速运动阶段的加速度为2.5m/s2 C．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动 D．汽车从静止开始运动12s内位移是60m【解答】解：ABC、由图可知，汽车在前4s内的牵引力不变，汽车做匀加速直线运动，4﹣12s内汽车的牵引力逐渐减小，则车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，直到车的速度达到最大值，以后做匀速直线运动，可知在4s末汽车的功率达到最大值；汽车的速度达到最大值后牵引力等于阻力，所以阻力：f＝2×103N前4s内汽车的牵引力为：F＝5×103N由牛顿第二定律：F﹣f＝ma可得：a＝2.5m/s24s末汽车的速度：v1＝at1＝2.5×4m/s＝10m/s所以汽车的最大功率：P＝Fv1＝5×103×10W＝5×104W，故AB正确，C错误；D、汽车在前4s内的位移：x1=12a汽车的最大速度为vm=Pf=汽车在4﹣12s内的位移设为x2，根据动能定理可得：Pt﹣fx2=12mvm代入数据可得：x2＝42.5m所以汽车的总位移：x＝x1+x2＝20m+42.5m＝62.5m。故D错误。故选：AB。（多选）（2023秋•西城区校级月考）如图甲所示，一物块以一定的初速度冲上倾角为30°的固定斜面，物块在斜面上运动的过程中，其动能Ek与运动路程x的关系如图乙所示。已知物块所受的摩擦力大小恒定，取重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．物块质量为0.7kg B．物块所受摩擦力大小为0.5N C．0～20m过程中，物块克服摩擦力做功为40J D．0～10m过程中与10m～20m过程中物块所受合力大小之比为4：3【解答】解：AB、物块沿斜面上滑过程中，由动能定理得﹣mgx1sin30°﹣fx1＝Ek﹣Ek0解得：Ek＝Ek0﹣（mgsin30°+f）x1则Ek﹣x图像的斜率的绝对值为|k1|＝mgsin30°+f=4010N物块沿斜面下滑过程，由动能定理得（mgsin30°﹣f）（x﹣x1）＝Ek解得：Ek＝（mgsin30°﹣f）x﹣（mgsin30°﹣f）x1结合图像的斜率为k2＝mgsin30°﹣f=3020-10N联立解得：m＝0.7kg，f＝0.5N，故AB正确；C、0～20m过程中，重力做功为0，物块克服摩擦力做功等于动能的减少量，即为Wf＝40J﹣30J＝10J，故C错误；D\0～10m过程中物块所受合力大小为F1＝mgsin30°+f＝0.7×10×0.5N+0.5N＝4N10m～20m过程中物块所受合力大小为F2＝mgsin30°﹣f＝0.7×10×0.5N﹣0.5N＝3N合力之比为F1：F2＝4：3，故D正确。故选：ABD。三、非选择题（2023秋•齐齐哈尔期末）如图所示，从A点以某一水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，轨道固定，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长小物块运动至B点时的速度大小vB＝5m/s，木板的质量M＝2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，圆弧轨道半径R＝2.75m，OB与竖直方向OC间的夹角θ＝37°，（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）小物块由A运动至B所经历的时间t；（2）小物块滑动至C点时