《江苏专用2020版高考物理二轮复习专题过关检测四功和功率动能定理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专用2020版高考物理二轮复习专题过关检测四功和功率动能定理（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题过关检测（四）功和功率 动能定理一、单项选择题1(2019盐城模拟)如图所示，做匀速直线运动的列车受到的阻力与它速率的平方成正比。如果列车运行速率提升为原来的2倍，则列车发动机的输出功率变为原来的()A.倍B2倍C4倍 D8倍解析：选D根据PFvfvkv2vkv3可知，如果列车运行速率提升为原来的2倍，则列车发动机的输出功率变为原来的8倍，故选D。2(2019淮安联考)如图所示，一个质量为m的小球用一根不可伸长的绳子系着，将球拉到水平位置由静止释放，则小球运动到最低点的过程中，小球所受重力的功率()A一直增大 B一直减小C先增大后减小 D先减小后增大解析：选C因为重力的功率等于重力与物体竖
2、直速度的乘积，在初位置时，速度为零，重力功率为零，在最低点，速度水平，竖直分速度为零，重力功率为零，而在小球运动过程中重力功率不为零，所以重力的功率先增大后减小，A、B、D项错误，C项正确。3.(2019常州期末)一小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是()A三个石子在最高点时速度相等B沿轨迹3运动的石子落水时速度最小C沿轨迹1运动的石子在空中运动时间最长D沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大解析：选B设任一石子初速度的竖直分量为vy0，水平分量为vx0，上升的最大高度为h，运动时间为t，取
3、竖直向上为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为ag，由0vy022gh，得：vy0，h相同，vy0相同，则三个石子初速度的竖直分量相同。根据0vy0gt，从抛出到最高点所用时间相同，但水平位移不同，所以水平速度不同，到最高点，竖直速度为零，只有水平速度，所以三个石子在最高点时速度不相等，v3xv2xv1x，故A项错误；根据vy，三个石子落水时，竖直速度相等，而v3xv2xv1x，合速度v，所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小，故B项正确；由运动学公式：hgt2，则得：t ，则知三个石子运动的时间相等，故C项错误；根据功率Pmgvy，三个石子质量相同，vy相同，重力的功率相同，故D项
4、错误。4(2017江苏高考)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()解析：选C设物块与斜面间的动摩擦因数为，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即EkEk0(mgsin mgcos )x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin mgcos )(x0x)Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0，所以下滑时Ek随x
5、的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。5.如图所示，质量m1 kg、长L0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为0.4。现用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()A1 J B1.6 JC2 J D4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力fmg4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为Wf1.6 J，所以B正确。二、多项选择题6.(2019南京调研)如图所示，滑块以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点
6、。则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a、速度v随时间t，重力对滑块所做的功W、动能Ek与位移x关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)()解析：选BD滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A错误。上滑时的加速度大小a1gsin gcos ，下滑时的加速度大小a2gsin gcos ，结合位移公式xat2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B正确。重力做功Wmghmgxsin ，上滑过程与下滑过程的Wx图像重叠，故C错误。根据动能定理得，上滑过程有：ma1xEkmv02，解得Ekmv02ma1x，同理下滑过程有：E
7、kma2(Lx)，由数学知识知，D正确。7(2019高邮调研)如图所示，竖直平面内固定有半径为R的光滑半圆形槽，一小球(可看作质点)自半圆形槽左边缘的A点无初速地释放，在最低点B处安装一个压力传感器以测量小球通过B点时对轨道的压力大小，下列说法正确的是()A压力传感器的示数与小球的质量无关B压力传感器的示数与半圆形槽半径R无关C小球在B点的速度与半圆形槽半径R无关D小球在B点的加速度与半圆形槽半径R无关解析：选BD设小球到达B处的速度为v，则mgRmv2，在B点有Fmg，解得压力传感器的示数F3mg，小球在B点的速度v，小球在B点的加速度大小a2g，故B、D项正确，A、C项错误。8太阳能汽车是
8、靠太阳能来驱动的汽车，当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进。设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变。之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax。设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，下列说法正确的是()A汽车的额定功率为fvmaxB汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvtC汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mvmax2mv2D汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mvmax2解析：选AD当牵引力等于阻力时，速度最大，则额定功率Pfvmax，故选项A正确；汽
9、车匀加速直线运动的位移xt，在匀加速运动过程中克服阻力做功为Wffx，故选项B错误；设总路程为x，根据动能定理知，Wfxmvmax2，则牵引力做功Wfxmvmax2，故选项C错误；根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功W合mvmax2，故选项D正确。9(2019连云港、徐州、宿迁三模)如图所示，ABC是一个位于竖直平面内的圆弧形轨道，高度为h，轨道的末端C处与水平面相切。一个质量为m的小木块从轨道顶端A处由静止释放，到达C处停止，此过程中克服摩擦力做功为W1，到达B处时速度最大为v1，加速度大小为aB；小木块在C处以速度v向左运动，恰好能沿原路回到A处，此过程中克服摩擦力做功为W
10、2，经过B处的速度大小为v2，重力加速度为g。则()Av2 Bv1v2CW1W2 DaB0解析：选BC木块下滑过程，在B点的速度最大，则切向方向受力平衡，但是沿半径方向有向心加速度，故aB不为零，选项D错误；木块沿轨道滑动过程，根据动能定理，从A到C有mghW10，从C到A有mghW2mv2，从A到B有mghABWABmv12，从B到A有mghABWBA0mv22，分别整理可得，W1mgh，v，v1，v2，所以v1v2，选项B正确；与上滑相比，下滑整个过程的速度的平均值小，故木块与轨道间的压力、摩擦力小，所以克服摩擦力做功少，即W1，故选项A错误，C正确。三、计算题10如图甲所示，长为4 m的
11、水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g10 m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块到达C处时的速度vC大小？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmvB2代入数据解得：vB6 m/s。(2
12、)当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：mgm代入数据解得：vC m/s。对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wmg2RmvC2mvB2代入数据得：W3 J，即克服摩擦力做的功为3 J。滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：xvC t在竖直方向：2Rgt2联立解得：x1.2 m。答案：(1)6 m/s(2) m/s3 J1.2 m11(2019南京模拟)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L11.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H0.8 m，桌面总长L21.5 m，斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定。将质量m0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，物块
13、与斜面间的动摩擦因数10.05，物块与桌面间的动摩擦因数2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8)(1)求当30时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)(2)当增大到37时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数2；(3)2取第(2)问中的数值，当角为多大时物块落地点与墙面的距离最大，最大距离xm是多少。解析：(1)物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsin 1mgcos ma代入数据得a(50.25)m/s2。(2)从释放到停下，由动能定理得mgL1sin 1mgL1cos 2mg(L2L1cos )00代入数据得20.8。(3)物块从释放到滑离桌面的过程，由动能定理得mgL1sin 1mgL1cos 2mg(L2L1cos )mv2，整理得20v2由数学关系可知，当53时vmax1 m/s由于Hgt2解得t0.4 s水平位移：x1vt0.4 m最大距离：xmx1L21.9 m。答案：(1)(50.25)m/s2(2)0.8(3)531.9 m
