2023年高考物理二輪復習第一部分二輪專題突破專題二動量和能量課時作業(yè)5功和功率動能定理

課時作業(yè)5功和功率動能定理一、選擇題(1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題)1．2016年7月8日，海軍三大艦隊南海演習，軍艦、潛艇、飛機、導彈對抗演練．在訓練中，某直升機將一個質(zhì)量為60kg的物體以2m/s2的加速度由靜止勻加速豎直向上提升．假設g取10m/s2A．6000JB．12000JC．18000JD．36000J解析：由牛頓第二定律得F－mg＝ma，直升機對物體的拉力為F＝m(g＋a)＝720N,5秒內(nèi)物體的位移h＝eq\f(1,2)at2＝25m，故直升機對物體做的功為W＝F·h＝18000J，選項C正確．答案：C2.如下圖，質(zhì)量為m的小滑塊從O點以速度v0沿水平面向左運動，小滑塊撞擊彈簧后被彈簧彈回并最終靜止于O點，那么運動過程中彈簧獲得的最大彈性勢能是()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：設動摩擦因數(shù)為μ，O點離彈簧右端距離為L，彈簧最大壓縮量為Δx.小滑塊從O點運動到彈簧壓縮量最大時，速度減為0，由動能定理可得－μmg(L＋Δx)－W彈＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，再分析彈簧壓縮量最大到小滑塊最終靜止的過程，由動能定理可得W彈－μmg(L＋Δx)＝0－0，聯(lián)立可得W彈＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，故彈簧獲得的最大彈性勢能是eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，選項B正確．答案：B3.長度為R的水平面AB與半徑也為R的eq\f(1,4)圓弧BC在圓弧最低點B相連組成如下圖的軌道，放在A點的小滑塊P(視為質(zhì)點)質(zhì)量為m，滑塊P與水平面和圓弧面間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)用沿軌道的力F將小滑塊從A點緩慢拉到C點，那么拉力做的功為()A．2μmgRB．mgR(μ＋1)C．mgR(2μ＋1)D．無法確定解析：緩慢拉動，那么動能變化不計．小滑塊P從A到C的過程中，拉力做正功，滑動摩擦力和重力做負功，因此拉力F做的功等于克服滑動摩擦力和克服重力做功之和．克服重力做功為mgR，在A、B間克服滑動摩擦力做功為μmgR，在B、C間取一小段l可看作是傾角為θ的斜面，那么在這一小段上克服摩擦力做功為ΔW＝μmglcosθ，各小段lcosθ之和等于圓弧半徑R，故在圓弧段克服摩擦力做的總功為μmgR，所以拉力做功W＝mgR＋2μmgR＝mgR·(2μ＋1)，C選項正確．答案：C4.如下圖，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中．一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離l時，速度恰好到達最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)．設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g.那么此過程中()A．桿的速度最大值為eq\f(F－μmgR,B2d2)B．安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量C．恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量D．恒力F做的功與安培力做的功之和大于桿動能的變化量解析：當桿到達最大速度vm時，F(xiàn)－μmg－eq\f(B2d2vm,R＋r)＝0得vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2d2)，A錯誤；安培力做的功等于電阻R和r上產(chǎn)生的熱量，B錯誤；在桿從開始到達最大速度的過程中由動能定理得WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmgl，W安＝－Q，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯誤；恒力F做的功與安培力做的功之和等于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D正確．答案：D5．(2023·江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，那么該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是()ABCD解析：設斜面傾角為θ，根據(jù)動能定理，當小物塊沿斜面上升時，有－(mgsinθ＋Ff)x＝Ek－Ek0，即Ek＝－(Ff＋mgsinθ)x＋Ek0，所以Ek與x的函數(shù)關(guān)系圖象為直線，且斜率為負．當小物塊沿斜面下滑時根據(jù)動能定理有(mgsinθ－Ff)(x0－x)＝Ek－0(x0為小物塊到達最高點時的位移)，即Ek＝－(mgsinθ－Ff)x＋(mgsinθ－Ff)x0所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線．綜上所述，選項C正確．答案：C6．甲、乙兩個質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止開始運動相同的距離x.如下圖，甲在光滑面上，乙在粗糙面上，那么以下關(guān)于力F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動能的說法中正確的選項是()A．力F對甲做功多B．力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多C．甲物體獲得的動能比乙大D．甲、乙兩個物體獲得的動能相同解析：由功的公式W＝Fxcosα可知，兩種情況下力F對甲、乙兩個物體做的功一樣多，A錯誤、B正確；根據(jù)動能定理，對甲有Fx＝Ek1－0，對乙有Fx－Ffx＝Ek2－0，可知Ek1>Ek2，即甲物體獲得的動能比乙大，C正確、D錯誤．答案：BC7.如下圖，質(zhì)量為M＝2kg、長為L＝2m的木板靜止放置在光滑水平面上，在其左端放置一質(zhì)量為m＝1kg的小木塊(可視為質(zhì)點)，小木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，先相對靜止，后用一水平向右的力F＝4N作用在小木塊上，經(jīng)過一段時間小木塊從木板另一端滑下，g取10mA．小木塊在長木板上滑行的時間t＝2sB．在整個運動過程中由于摩擦產(chǎn)生的熱量為8JC．小木塊脫離長木板的瞬間，拉力F的瞬時功率為16WD．小木塊在運動過程中獲得的動能為12J解析：小木塊和長木板之間發(fā)生相對滑動，滑動摩擦力大小為2N，根據(jù)牛頓第二定律可知長木板以加速度a1＝1m/s2向右做勻加速運動，位移x1＝eq\f(1,2)a1t2.小木塊以加速度a2＝2m/s2向右做勻加速運動，位移x2＝eq\f(1,2)a2t2，x2－x1＝L，解得t＝2s，應選項A正確．由功能關(guān)系得因摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力乘以相對路程，等于4J，應選項B錯誤．小木塊脫離長木板瞬間的速度v＝4m/s，根據(jù)P＝Fv＝16W，可知選項C正確．對小木塊應用動能定理有ΔEk＝WF＋Wf＝8J，應選項D錯誤．答案：AC8．一質(zhì)量為m的滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時速率為1m/s.從此刻開始在與速度平行的方向上施加一水平作用力F.力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示，那么(兩圖取同一正方向，取g＝10m/sA．滑塊的質(zhì)量為0.5B．滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.05C．第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為－1JD．第2s內(nèi)作用力的平均功率為1.5W解析：由v－t圖象的斜率表示加速度可得，滑塊的加速度a＝1m/s2，由兩圖知，滑塊在第1s內(nèi)受到的拉力F＝1N、在第2s內(nèi)受到的拉力F′＝3N，那么根據(jù)牛頓運動定律，第1s內(nèi)有Ff＋F＝ma，第2s內(nèi)有F′－Ff＝ma，代入數(shù)據(jù)得滑塊與水平地面間的摩擦力為Ff＝1N，m＝2kg，又由Ff＝μmg，可得滑塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，A錯誤、B正確；由v－t圖象與時間軸所圍的面積表示位移可得，滑塊在第1s內(nèi)的位移為x＝－eq\f(1,2)×1×1m＝－0.5m，那么第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為－0.5J，故C錯誤；根據(jù)v－t圖象可知，第2s內(nèi)滑塊的平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(0＋1,2)m/s＝0.5m/s，所以第2s內(nèi)力的平均功率P＝F′eq\x\to(v)＝3×0.5W＝1.5W，故D正確．答案：BD二、非選擇題9．(2023·衢州市4月模擬)如圖甲所示，長L＝1.5m、傾角為θ＝37°的光滑絕緣的斜面底端連接一粗糙絕緣的水平面，整個斜面處在一水平向左的勻強電場中，水平面局部沒有電場．現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1.2kg、帶電荷量q＝1×10－4C的帶正電的小物體從斜面頂端由靜止釋放，當電場場強E取不同數(shù)值時，物體沿斜面下滑最后在水平地面上滑過的距離s不同．研究發(fā)現(xiàn)s與E之間的關(guān)系如圖乙所示．忽略物體在斜面與水平面連接處的能量損失，取重力加速度g＝10m/s2(1)物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ；(2)當E＝3×104N/C時，物體運動的總時間．解析：(1)當E＝0時，x＝4.5由動能定理得mgLsinθ－μmgs＝0解得μ＝0.2.(2)當E＝3×104N/C時，由牛頓第二定律得mgsinθ－qEcosθ＝ma1又L＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)解得物體在斜面上的運動時間t1＝eq\f(\r(3),2)s水平面上由牛頓第二定律知μmg＝ma2由v＝a1t1又v＝a2t2可得t2＝eq\r(3)s所以物體運動的總時間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·福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)如圖，固定直桿上套有一小球和兩根輕彈簧，兩根輕彈簧的一端與小球相連，另一端分別固定在桿上相距為2L的A、B兩點．直桿與水平面的夾角為θ，小球質(zhì)量為m，兩根輕彈簧的原長均為L、勁度系數(shù)均為eq\f(3mgsinθ,L)，g為重力加速度．(1)小球在距B點eq\f(4,5)L的P點處于靜止狀態(tài)，求此時小球受到的摩擦力大小和方向；(2)設小球在P點受到的摩擦力為最大靜摩擦力，且與滑動摩擦力相等．現(xiàn)讓小球從P點以一沿桿方向的初速度向上運動，小球最高能到達距A點eq\f(4,5)L的Q點，求初速度的大?。馕觯?1)小球在P點時兩根彈簧的彈力大小相等，設為F，根據(jù)胡克定律有F＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(4,5)L))設小球靜止時受到的摩擦力大小為Ff，方向沿桿向下，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＋Ff＝2F代入數(shù)據(jù)解得Ff＝eq\f(mgsinθ,5)方向沿桿向下(2)小球在P、Q兩點時，彈簧的彈性勢能相等，故小球從P到Q的過程中，彈簧對小球做功為零據(jù)動能定理有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聯(lián)立解得v＝eq\f(2\r(6gLsinθ),5).答案：(1)eq\f(mgsinθ,5)方向沿桿向下(2)eq\f(2\r(6gLsinθ),5)11.(2023·黃山市三模)如下圖，絕緣光滑水平面與半徑為R的豎直光滑半圓軌道相切于C.豎直直徑GC左側(cè)空間存在足夠大勻強電場，其電場強度方向水平向右．GC右側(cè)空間處處存在勻強磁場，其磁感應強度垂直紙面水平向里．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電滑塊(可視為質(zhì)點)在A點由靜止釋放，滑塊恰好能通過圓周的最高點G進入電場．勻強電場場強大小為E＝eq\f(mg,q)，AC間距為L＝4R，重力加速度為g.求：(1)滑塊在G點的速度vG；(2)勻強磁場的磁感應強度B的大小；(3)滑塊落回水平面的位置距離C點的距離x.解析：(1)研究A到G過程，由動能定理知：4EqR－2mgR＝eq\f(m