2018年高考物理二轮复习练案第5讲功功率动能定理

专题二第5讲限时：40分钟一、选择题(本题共12小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)1．如图所示，一物体在水平恒力作用下沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，物体的动能将eq\x(导学号)(C)A．不断增大 B．不断减小C．先减小后增大 D．先增大后减小[解析]其速度方向恰好改变了90°，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于90°小于180°才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大．所以C正确。故选C。2．(2017·新疆维吾尔自治区二模)如图所示，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的eq\f(1,3)，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，不计空气阻力，则eq\x(导学号)(D)A．球b下摆过程中处于失重状态B．球b下摆过程中向心加速度变小C．当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的eq\f(2,3)D．两球质量之比mamb＝92[解析]球b下落过程中，做圆周运动，向心加速度指向圆心，加速度向上，故处于超重，故A错误；b球速度增大，根据a＝eq\f(v2,r)可知，向心加速度增大，故B错误；当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的eq\f(1,3)，则F＋FN＝mag，解得F＝eq\f(2,3)mag，球b所受的向心力为F向＝F－mbg＝eq\f(2,3)mag－mbg，故C错误；设Ob绳长为l，在下落过程中，根据动能定理可知mbgl＝eq\f(1,2)mbv2，则F向＝eq\f(mbv2,l)，联立解得mamb＝92，故D正确。3．(2017·江苏省淮阴中学4月模拟)体育课甲、乙两位同学相距一定距离站立后进行篮球的传球训练，如图所示，甲先将篮球抛给乙，乙接球后将球又抛给甲，球飞行的线路如图所示，A、B分别是两次轨迹的最高点。假设甲、乙两位同学的抛球点和接球点均位于同一水平线上，球在飞行过程中空气对它的作用力忽略不计，则下列说法正确的是eq\x(导学号)(A)A．篮球从甲飞向乙运动的时间比从乙飞向甲的时间长B．乙接到球前球的瞬时速度一定大于甲接到球前球的瞬时速度C．篮球经过A点时的速度一定大于经过B点时的速度D．抛篮球时，甲对篮球做的功一定大于乙对篮球做的功[解析]篮球被抛出后做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，设初速度为v，与水平方向的夹角为α，则上升的最大高度H＝eq\f(vsinα2,2g)，落回与抛出点同一水平线的时间t＝eq\f(2vsinα,g)射程为x＝vcosα·t＝eq\f(v2sin2α,g)，由题意可知：HA>HB，甲同学的竖直分速度大，即甲的vsinα大，篮球从甲飞向乙运动的时间比从乙飞向甲的时间长，A正确；甲的vsinα大，不能确定甲的v大，B错误；篮球经过最高点时的速度等于水平分速度，甲的vsinα大，不能确定vcosα大，C错误；抛篮球时，对篮球做的功：W＝eq\f(1,2)mv2，因不能确定v的大小，所以不能确定对篮球做功的大小，D错误，故选A。4．(2017·山西省一模)由两种不同材料拼接成的直轨道ABC，B为两种材料的分界线，长度AB>BC。先将ABC按图1方式搭建成倾角为θ的斜面，让一小物块(可看做质点)从斜面顶端由静止释放，经时间t小物块滑过B点；然后将ABC按图2方式搭建成倾角为θ的斜面，同样将小物块从斜面顶端由静止释放，小物块经相同时间t滑过B点。则小物块eq\x(导学号)(D)A．与AB段的动摩擦因数比与BC段的动摩擦因数大B．两次滑到B点的速率相同C．两次从顶端滑到底端所用的时间相同D．两次从顶端滑到底端的过程中摩擦力做功相同[解析]第一种情况：从A到B过程，AB＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)g(sinθ－μ1cosθ)t2，第二种情况从C到B的过程，CB＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)g(sinθ－μ2cosθ)t2，因为AB>BC，所以μ1<μ2，即物块与AB段的动摩擦因数比BC段的动摩擦因数小，A错误；据题意两次做匀加速直线运动s＝eq\f(v,2)t，可知位移大的平均速度大，末速度同样大，故第一次到B的速率更大些，B错误；由Wf＝－μ1mgcosθ·AB－μ2mgcosθ·BC，则两次摩擦力做功相等，故D正确；两个过程摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次物块到达底端速度相等，设为v，则第一种BC＝eq\f(v1＋v,2)t1，第二种BA＝eq\f(v2＋v,2)t2，因BC<BA，v1>v2，所以t1<t2即第二次到达底端的时间较长，C错误。故选D。5．(2017·河北省张家口市二模)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示。下列说法正确的是eq\x(导学号)(ABC)A．0～6s内物体的位移大小为30B．2～6s内拉力做的功为40JC．合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等D．滑动摩擦力的大小为5N[解析]0～6s内物体的位移大小x＝eq\f(4＋6,2)×6m＝30m。故A正确；在0～2s内，物体的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝3m/s2，由图知，当P＝30W时，v＝6m/s，得到牵引力F＝eq\f(P,v)＝5N。在0～2s内物体的位移为x1＝6m，则拉力做功为W1＝Fx1＝5×6J＝30J。2～6s内拉力做的功W2＝Pt＝10×4J＝40J。所以0～6s内拉力做的功为W＝W1＋W2＝70J。故B正确；在2～6s内，物体做匀速运动，合力为零，则合外力在0～6s内做的功与0～2s内做的功相等。故C正确；在2～6s内，v＝6m/s，P＝10W，物体做匀速运动，摩擦力f＝F，得到f＝F＝eq\f(P,v)＝eq\f(10,6)N＝eq\f(5,3)N。故D错误。故选：ABC。6．(2017·吉林省实验中学二模)如图所示，在A、B两处分别固定A、B两枚钉子，A、B之间的距离为eq\f(1,2)l，A、B连线与水平方向的夹角为θ。A处的钉子系一根长为l的细线，细线的另一端系一个质量为m小球，将细线拉直，让小球的初始位置P与A点处于同一高度，小球由静止释放，细线与钉子B接触后，小球继续下降。取B点为参考平面，重力加速度为g，当小球运动到B点正下方的Q点时，下列说法正确的是eq\x(导学号)(BC)A．小球的速率为eq\r(2gl)B．小球的动能为eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)C．重力对小球的功率为0D．小球对绳子的拉力为3mg[解析]从P点到Q点，重力对小球做的功为eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)，根据动能定理得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)，得v＝eq\r(glsinθ＋1)，故A错误；小球的动能为Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgl(sinθ＋1)，故B正确；在Q点小球速度方向是水平的，与重力垂直，所以重力对小球的功率为0，故C正确；在Q点，根据牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,\f(l,2))，解得F＝mg(2sinθ＋3)，故D错误。故选：BC。7．(2017·湖南省衡阳市八中一模)如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长L1，倾斜细线OB长为L2，与竖直方向夹角为θ，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加速度为g，下列论述中不正确的是eq\x(导学号)(ACD)A．在剪断OA线瞬间，小球加速度大小为gtanθB．剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为mg(3－2cosθ)C．剪断OB线瞬间，小球加速度大小为gsinθD．剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率最大值为mgeq\r(2gL1\f(\r(3),3))[解析]剪断OA线瞬间，小球受重力和线的拉力，沿切线和径向建立坐标，在沿切线方向：mgsinθ＝ma，解得：a＝gsinθ，故A说法错误；剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时的速度为v，根据动能定理得：mgL2(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2，在最低点由牛顿第二定律得：T－mg＝meq\f(v2,L2)，联立以上解得：T＝mg(3－2cosθ)，故B说法正确；剪断OB线瞬间，小球只受重力，由牛顿第二定律可得：a＝g，故C说法错误；剪断OB线后，小球下落到细线与水平方向夹角为θ时，重力的瞬时功率最大，根据动能定理：mgL1sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，重力的瞬时功率为：P＝mgv1cosθ，以上联立可得：P＝mgcosθeq\r(2gL1sinθ)，由数学知识可得D说法错误。所以选ACD。8．(2017·山西省晋城市二模)如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为1.25N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g＝10m/s2，下列说法正确的是eq\x(导学号)(BC)A．小球质量为0.5B．小球在B点受到轨道作用力为4.25NC．图乙中x＝25mD．小球在A点时重力的功率为5W[解析]由图乙可知小球在C点的速度大小为v＝3m/s，轨道半径R＝0.4m，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg＋F＝eq\f(mv2,R)，带入数值解得m＝0.1kg，A错误；由机械能守恒可得，小球在B点的速度eq\f(1,2)mv2＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得veq\o\al(2,B)＝17，因B点是弹力提供向心力，所以有F＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)，解得F＝4.25N，B正确；再由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mv2＋2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得小球在A点的速度v0＝5m/s，所以图乙中x＝25m2/s2，C正确；因重力与速度方向垂直，所以小球在A点的重力的功率为0，D错误，故选BC。二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)9．(2017·山东省淄博、莱芜市二模)如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离s0＝3m，质量m＝3kg的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对小物块施加一个水平向左的恒力F。取g＝10m/s2。(1)若F＝10N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离s；(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(2)为确保小物块不离开斜面，该恒力的最大值为多大？[解析](1)小物块从A点开始沿ABC路径运动到C停止的过程中，由动能定理可得Fs0cosθ＋mgs0sinθ－fs0－μmgs＝0又f＝μFNFN＋Fsinθ＝mgcosθ代入数据解得s＝4.7(2)若小物块不离开斜面，根据题意有Fsin37°≤mgcos37°代入数据解得F≤40N，即恒力的最大值为40N。10．(2017·山东省临沂市二模)如图所示，质量为1kg物块自高台上A点以4m/s的速度水平抛出后，刚好在B点沿切线方向进入半径为0.5m的光滑圆弧轨道运动。到达圆弧轨道最底端C点后沿粗糙的水平面运动4.3m到达D点停下来，已知OB与水平面的夹角θ＝53°，g＝10m/s2(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。求：eq\x((1)AB两点的高度差；(2)物块到达C点时，物块对轨道的压力；(3)物块与水平面间的动摩擦因数。[解析](1)小物块恰好从B端沿切线方向进入轨道，据几何关系有：υB＝eq\f(v0,sinθ)＝eq\f(4,0.8)＝5m/sA到B的过程中机械能守恒，得：mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)