物理二轮复习跟踪练习：第5课时 功与功率、动能定理

第5课时功与功率、动能定理跟踪训练基础保分练选择题：1.如图所示，物体在拉力F作用下从静止开始沿竖直方向向上做匀加速直线运动，空气阻力不计。则拉力F的瞬时功率()A.与时间成正比B.与位移成正比C.与时间的平方成正比D.与位移的平方成正比2.一玩具轮船行驶时受到水的阻力大小恒为2N，同时还受到水平向后的空气阻力f，其大小与速度v成正比，即f＝kv(已知k＝2kg/s)。轮船以1m/s的速度匀速前进时发动机的输出功率为P。若轮船以2m/s的速度匀速行驶，此时发动机的功率为()A.2PB.3PC.4PD.6P3.一辆轿车在平直公路上由静止开始匀加速运动，达到额定功率后保持功率不变，最终做匀速运动。轿车在行驶过程中受到的阻力恒定，关于轿车的速度v、功率P随时间t的变化规律正确的是()4.羽毛球运动员在某次比赛中跃起击球，将羽毛球以原速率斜向下击回，球在空中运动一段时间后落至对方的界面内。运动员运动过程中空气阻力不计，则下列说法中正确的是()A.运动员在起跳过程中地面对他的支持力做正功B.运动员在起跳过程中地面对他的支持力等于他对地面的压力C.运动员在最高点速度为零，处于平衡状态D.运动员击球过程中合外力对羽毛球做正功5.踢毽子是一种深受学生喜爱的体育运动。在无风天气里，毽子受到的空气阻力大小与其下落的速度大小成正比。一毽子从很高处由静止竖直下落到地面的过程中，运动的时间为t、下落的高度为h、速度大小为v、重力势能为Ep、动能为Ek。以地面的重力势能为零。则下列图像中可能正确的是()6.一架飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示。假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时()A.飞机发动机推力做功的功率逐渐增大B.飞机发动机推力大小保持不变C.飞机克服重力做功的功率保持不变D.空气对飞机的作用力不变7.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为()A.m＝0.7kg，f＝0.5N B.m＝0.7kg，f＝1.0NC.m＝0.8kg，f＝0.5N D.m＝0.8kg，f＝1.0N8.(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小9.(2025·云南卷,6)如图所示,质量为m的滑块(视为质点)与水平面上MN段的动摩擦因数为μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则()A.t1<t2B.t1>t2C.x1>x2D.x1<x2综合创新练计算题：10.如图所示，半径R＝0.5m的光滑圆轨道固定在竖直平面内，A、C与圆心O等高，质量m＝0.3kg的小环套在轨道上。用大小不变、方向始终沿轨道切线方向的拉力F将小环从A点由静止拉动，小环第一次运动到C点时的速度为10m/s，取π≈3。求：(1)在C点小环对轨道的压力大小；(2)拉力F的大小。11.如图所示，小球从斜面上H高处由静止释放，经水平面进入竖直光滑圆轨道，恰好能经过圆轨道的最高点。O为圆轨道的圆心，P为圆轨道上与圆心等高的点。已知小球的质量m＝0.1kg，H＝1.2m，圆轨道半径r＝0.4m，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)小球在最高点的速度大小；(2)小球在进入圆轨道前的过程中克服阻力做的功W；(3)小球经过P点时的加速度大小a。12.“平衡浪木”是一种训练平衡能力的器材，如图所示，质量m1＝30kg的长方形均质晃板用四根相同的轻质链条分别悬挂在两根固定的横梁上，链条长度均为l＝5m，与竖直方向夹角均为α＝37°。让一质量m2＝50kg的受训人员静坐在晃板正中间，给晃板一水平初速度，晃板和受训人员摆动起来，到最高点时两根链条所在平面与晃板夹角为β＝53°，受训人员可看作质点且始终与晃板保持相对静止，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)晃板和受训人员静止时每根链条的拉力大小T；(2)晃板的初速度大小v0；(3)晃板摆到最高点时，受训人员受到的支持力FN和摩擦力Ff的大小。13.(2025·福建卷,15)如图甲,水平地面上有并排放置的A、B两个物块,两物块质量均为0.2kg,A与地面间动摩擦因数为μ=0.25,B与地面间无摩擦,两物块在外力F的作用下向右前进,F随位移x的变化图像如图乙所示,P为圆弧轨道最低点,M为圆弧轨道最高点,圆弧轨道与水平地面平滑连接,初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4m,重力加速度g=10m/s2。求:(1)0~1m内F做的功;(2)x=1m时,A与B之间的弹力大小;(3)要保证B能到达M点,圆弧半径满足的条件。参考答案：1.答案A解析从静止开始沿竖直方向向上做匀加速直线运动，设加速度为a，则速度v＝at，则拉力F的瞬时功率P＝Fv＝Fat，因为加速度和拉力大小均不变，则拉力F的瞬时功率与时间成正比，故A正确，C错误；根据v2＝2ax，可得P＝Fv＝Feq\r(2ax)，故B、D错误。2.答案B解析轮船以1m/s的速度匀速前进时，根据平衡条件得牵引力F＝f0＋kv＝2N＋2×1N＝4N，发动机的输出功率为P，则P＝Fv＝4W，当轮船的速度扩大为2倍时，其牵引力F′＝f0＋2kv＝6N，此时功率P′＝F′·2v＝12W＝3P，故B正确。3.答案C解析设汽车所受恒定阻力为F阻，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于汽车开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得v＝at，当汽车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最大值，此时汽车功率达到额定功率P额，根据P额＝Fv，结合牛顿第二定律F－F阻＝ma可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小，即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大值vm，而速度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的向下弯曲的曲线，故A、B错误；根据P＝Fv，而汽车在匀加速阶段F－F阻＝ma，可得F＝ma＋F阻，而v＝at，即在匀加速阶段有P＝Fv＝(ma＋F阻)v＝(ma＋F阻)at，则可知在汽车匀加速阶段的功率与时间成正比，即此图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不变，其图像与时间轴平行，故C正确，D错误。4.答案B解析运动员在起跳过程中地面对他的支持力不做功，因为支持力作用时没有位移，故A错误；运动员在起跳过程中地面对他的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，故B正确；运动员在最高点速度为零，只受重力作用，不是平衡状态，故C错误；将羽毛球以原速率斜向下击回，动能不变，由动能定理可知，运动员击球过程中合外力对羽毛球做功为零，故D错误。5.答案A解析毽子在下落过程中，受到空气阻力大小与其下落的速度大小成正比，则由牛顿第二定律有mg－kv＝ma，由于速度逐渐增大，则加速度逐渐减小，最后加速度可能减小为零，即速度先增大后不变，则h－t图像的斜率可能一直增大也可能先增大后不变，故A正确，B错误；设毽子原来距地面的高度为H，则其重力势能表达式为Ep＝mg(H－h)＝mgH－mgh，Ep－h为线性关系，Ep－h图像是向下倾斜的直线，故C错误；由动能定理可知Ek＝(mg－kv)h＝mgh－kvh，可知Ek－h图像为一斜率逐渐增大的曲线，故D错误。6.答案A解析飞机发动机推力等于空气阻力与重力在切向的分力之和，重力在切向的分力逐渐增大，所以飞机发动机的推力逐渐增大，根据P＝Fv，所以飞机推力做功的功率逐渐增大，A正确，B错误；设飞机的速率为v，运动方向与竖直方向的夹角为θ，则竖直方向分速度为vy＝vcosθ，飞机克服重力做功的功率为PG＝mgvy＝mgvcosθ，θ角逐渐减小，所以功率逐渐增大，C错误；飞机做匀速圆周运动，空气阻力大小不变，方向时刻与运动方向相反，发生改变，D错误。7.答案A解析0～10m内物块上滑，由动能定理得－mgsin30°·s－fs＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－(mgsin30°＋f)s，结合0～10m内的图像得，斜率的绝对值|k|＝mgsin30°＋f＝4N；10～20m内物块下滑，由动能定理得(mgsin30°－f)(s－s1)＝Ek，整理得Ek＝(mgsin30°－f)s－(mgsin30°－f)s1，结合10～20m内的图像得，斜率k′＝mgsin30°－f＝3N。联立解得f＝0.5N、m＝0.7kg，A正确，B、C、D错误。8.答案C解析设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析，当滑块向上滑动时，有F合上＝mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上，当滑块向下滑动时，有F合下＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma下，F合上＞F合下，a上＞a下，即图甲中滑块受到的合力较大，A错误；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速直线运动，则滑块由A到B的过程，有veq\o\al(2,A上)＝2a上xAB，由B到A的过程，有veq\o\al(2,A下)＝2a下xAB，故vA上＞vA下，由Ek＝eq\f(1,2)mv2知图甲中滑块经过A点的动能较大，B错误；由xAB＝eq\f(1,2)a上teq\o\al(2,上)，xAB＝eq\f(1,2)a下teq\o\al(2,下)知t上＜t下，即图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C正确；上升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝Ffx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错误。9.答案A解析设MN段的长度为x0,设滑块在除MN段外通过的路程为x,整个过程由动能定理得-μ1mgx0-μ2mgx=0-12mv02,由题意可知滑块两次在MN段的路程相等,则两次在除MN段外通过的路程也一定相等,则有x1=x2,C、D错误;滑块在MN段的加速度大小为a1=μ1g,滑块在除MN段外的加速度大小为a2=μ2g,由于第二次的释放点距离M较近,则滑块第二次在M点的速度比第一次的大,由于两次滑块通过MN的位移相同,则第二次滑块在MN段的运动时间较短,作出两次滑块的速度—时间图像,如图所示,由图可直观地看出,第二次运动的总时间较长,即t1<t2,A正确,10.答案(1)60N(2)10N解析(1)在C点，对小环由牛顿第二定律有F弹＝meq\f(v2,R)＝60N由牛顿第三定律可知在C点小环对轨道的压力大小为F压＝F弹＝60N。(2)对小环从A到C由动能定理得FπR＝eq\f(1,2)mv2－0解得拉力F的大小F＝10N。11.答案(1)2m/s(2)0.2J(3)10eq\r(10)m/s2解析(1)设小球经过圆轨道最高点的速度为v，则mg＝meq\f(v2,r)解得v＝2m/s。(2)小球在进入圆轨道前的过程中到最高点，根据动能定理有mg(H－2r)－W＝eq\f(1,2)mv2解得W＝0.2J。(3)设小球经过圆轨道P点的速度为v′，则由牛顿第二定律有FN＝meq\f(v′2,r)从最高点到P点根据动能定理有mgr＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2则小球经过P点时根据牛顿第二定律有eq\r(（mg）2＋Feq\o\al(2,N))＝ma解得a＝10eq\r(10)m/s2。12.答案(1)250N(2)4m/s(3)320N240N解析(1)在最低点静止时受力平衡，对晃板和训练人员为整体进行受力分析，受到拉力和重力,则有4Tcosα＝(m1＋m2)g解得T＝250N。(2)对晃板和训练人员所组成的系统从最低点到最高点的过程，由动能定理得(m1＋m2)g·lcosα·(1－sinβ)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)解得v0＝4m/s。(3)在最高点，以晃板和训练人员为整体进行分析，整体受到重力和铁链拉力作用，铁链方向受力平衡，垂直铁链方向根据牛顿第二定律得(m1＋m2)gcosβ＝(m1＋m2)a则a＝gcosβ＝6m/s2以训练人员为研究对象，水平方向由牛顿第二定律有Ff＝m2asinβ竖直方向由平衡条件有m2g－FN＝m2acosβ联立解得Ff＝240NFN＝320N。13.答案(1)1.5J(2)0.5N(3)r≤0.2m解析(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做的功,由题图乙可知0~1m内F所做的功为W=1.5×1J=1.5J。(2)由题图乙可知,x=1m时外力F开始变化,A、B有相同的加速度,A与地