高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題五 功 功率 動能定理限時(shí)集訓(xùn)-人教版高三物理試題

專題限時(shí)集訓(xùn)(五)功功率動能定理(對應(yīng)學(xué)生用書第125頁)(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．)1．如圖5-14，汽車停在緩坡上，要求駕駛員在保證汽車不后退的前提下向上啟動，這就是汽車駕駛中的“坡道起步”．駕駛員的正確操作是：變速桿掛入低速擋，徐徐踩下加速踏板，然后慢慢松開離合器，同時(shí)松開手剎，汽車慢慢啟動．下列說法正確的是()圖5-14A．變速桿掛入低速擋，是為了增大汽車的輸出功率B．變速桿掛入低速擋，是為了能夠提供較大的牽引力C．徐徐踩下加速踏板，是為了讓牽引力對汽車做更多的功D．徐徐踩下加速踏板，是為了讓汽車的輸出功率保持為額定功率B[由功率公式P＝Fv可知，在功率一定的情況下，當(dāng)速度減小時(shí)，汽車的牽引力就會增大，此時(shí)更容易上坡，故換低速擋，是為了增大牽引力，故A錯(cuò)誤，B正確；徐徐踩下加速踏板，發(fā)動機(jī)的輸出功率增大，根據(jù)P＝Fv可知，目的是為了增大牽引力，故C、D錯(cuò)誤．]2．(2017·湖北六校3月聯(lián)考)如圖5-15所示，半徑為R的eq\f(1,8)光滑圓弧軌道左端有一質(zhì)量為m的小球，在大小恒為F、方向始終與軌道相切的外力作用下，小球在豎直平面內(nèi)由靜止開始運(yùn)動，軌道左端切線水平，當(dāng)小球運(yùn)動到軌道的末端時(shí)立即撤去外力，此時(shí)小球的速率為v，已知重力加速度為g，則()【導(dǎo)學(xué)號：17214091】圖5-15A．此過程外力做功為eq\f(π,2)FRB．此過程外力做功為eq\f(\r(2),2)FRC．小球離開軌道的末端時(shí)，拉力的功率為FvD．小球離開軌道后運(yùn)動到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為eq\f(πRF,4mg)C[由于力的大小不變，方向始終沿圓弧的切線方向，所以力F做的功為W＝F·eq\f(1,8)·2πR＝eq\f(π,4)FR，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球離開軌道時(shí)的速率為v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率為Fv，選項(xiàng)C正確；設(shè)小球離開軌道后運(yùn)動到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1，小球離開軌道后運(yùn)動到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為h，根據(jù)動能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)>0，代入W的值可得h<eq\f(πRF,4mg)，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．]3．一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動，運(yùn)動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖象如圖5-16所示．若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖象所給的信息，不能求出的物理量是()【導(dǎo)學(xué)號：17214092】圖5-16A．汽車的功率B．汽車行駛的最大速度C．汽車所受到的阻力D．汽車運(yùn)動到最大速度所需的時(shí)間D[由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，對應(yīng)圖線可知，eq\f(P,m)＝k＝40，可求出汽車的功率P，由a＝0時(shí)，eq\f(1,vm)＝0．05可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽車受到的阻力Ff，但無法求出汽車運(yùn)動到最大速度的時(shí)間，故應(yīng)選D．]4．(2017·河北保定二模)如圖5-17所示，傾角為θ的斜面固定在水平地面上，其頂端有一輕彈簧，彈簧上端固定．一質(zhì)量為m的小物塊向右滑行并沖上斜面．設(shè)小物塊在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，將彈簧壓縮至最短時(shí)小物塊位于C點(diǎn)，C點(diǎn)距地面高度為h，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)小物塊與彈簧碰撞過程中的能量損失，則小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能為()【導(dǎo)學(xué)號：17214093】圖5-17A．eq\f(1,2)mv2－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)B．mgh＋eq\f(1,2)mv2－mghtanθC．eq\f(1,2)mv2－mghD．mgh－eq\f(1,2)mv2＋eq\f(μmgh,tanθ)A[小物塊從A到C克服摩擦力的功Wf＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(μmgh,tanθ)，克服重力的功WG＝mgh，設(shè)克服彈力做的功為W，由動能定理有－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)－W＝0－eq\f(1,2)mv2，得出W＝eq\f(1,2)mv2－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)，所以小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2－mgh－eq\f(μmgh,tanθ)，故選項(xiàng)A正確．]5．(2017·衡水中學(xué)二模)如圖5-18所示，有兩條滑道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一個(gè)滑道的右側(cè)水平，另一個(gè)的右側(cè)是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，從h1高處的A點(diǎn)由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一個(gè)滑道，還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開始下滑，結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為α的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下．若動摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則()【導(dǎo)學(xué)號：17214094】圖5-18A．動摩擦因數(shù)為tanθ B．動摩擦因數(shù)為eq\f(h1,s)C．傾角α一定大于θ D．傾角α可以大于θB[第一次停在BC上的某點(diǎn)，由動能定理得mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0mgh1－μmg(eq\f(h1,tanθ)＋s′)＝0mgh1－μmgs＝0μ＝eq\f(h1,s)A錯(cuò)誤，B正確．在AB段由靜止下滑，說明μmgcosθ＜mgsinθ，第二次滑上CE在E點(diǎn)停下，說明μmgcosα＞mgsinα；若α＞θ，則雪橇不能停在E點(diǎn)，所以C、D錯(cuò)誤．]6．(2017·云南五校聯(lián)考)將三個(gè)光滑的平板傾斜固定，三個(gè)平板頂端到底端的高度相等，三個(gè)平板與水平面間的夾角分別為θ1、θ2、θ3，如圖5-19所示．現(xiàn)將三個(gè)完全相同的小球由最高點(diǎn)A沿三個(gè)平板同時(shí)無初速度地釋放，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)平板的底端．則下列說法正確的是()圖5-19A．重力對三個(gè)小球所做的功相同B．沿傾角為θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C．三個(gè)小球到達(dá)底端時(shí)的瞬時(shí)速度相同D．沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小AD[假設(shè)平板的長度為x，由功的定義式可知W＝mgxsinθ＝mgh，則A正確；小球在斜面上運(yùn)動的加速度a＝gsinθ，小球到達(dá)平板底端時(shí)的速度為v＝eq\r(2ax)＝eq\r(2gxsinθ)＝eq\r(2gh)，顯然到達(dá)平板底端時(shí)的速度大小相等，但方向不同，則C錯(cuò)誤；由位移公式x＝eq\f(1,2)at2可知t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，整個(gè)過程中重力的平均功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(mg\r(2gh)sinθ,2)，則沿傾角為θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B錯(cuò)誤；根據(jù)P＝mgvcos(90°－θ)＝mgvsinθ，速度大小相等，沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小，D正確．]7．如圖5-20甲所示，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝4kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動，推力隨位移x變化的圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0．5，g取10m/s2，下列說法正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：17214095】圖5-20A．物體先做加速運(yùn)動，推力撤去時(shí)開始做減速運(yùn)動B．物體在水平面上運(yùn)動的最大位移是10mC．物體運(yùn)動的最大速度為8m/sD．物體在運(yùn)動中的加速度先變小后不變BC[物體先做加速運(yùn)動，當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開始做減速運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；由圖象得到推力對物體做的功等于圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”，得推力做功為：W＝200J根據(jù)動能定理：W－μmgxm＝0，代入數(shù)據(jù)解得：xm＝10m，故B正確；由圖象可得推力隨位移x是變化的，當(dāng)推力等于摩擦力時(shí)，加速度為0，速度最大，則：F0＝μmg＝20N，由圖得到F與x的函數(shù)關(guān)系式為：F＝100－25x，代入F0得：x＝3．2m，由動能定理可得：eq\f(100＋20,2)×3．2－20×3．2＝eq\f(1,2)×4×veq\o\al(2,m)，解得：vm＝8m/s，故C正確；拉力一直減小，而摩擦力不變，故加速度先減小后增大，故D錯(cuò)誤．]8．如圖5-21所示，一水平傳送帶以2．0m/s的速度順時(shí)針傳動，水平部分長為2．0m，其右端與一傾角為θ＝37°的光滑斜面平滑相連，斜面長為0．4m，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無初速度地放在傳送帶最左端．已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0．2，sin37°＝0．6，g取10m/s2．則()圖5-21A．物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動B．物塊到達(dá)傳送帶右端的速度大小為2m/sC．物塊沿斜面上滑能上升的最大高度為0．2mD．物塊返回傳送帶時(shí)恰好到達(dá)最左端BC[物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動，由μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝1m＜2m，所以在到達(dá)傳送帶右端前物塊已經(jīng)以2m/s的速度勻速運(yùn)動，A錯(cuò)誤，B正確；物塊以初速度v0滑上斜面后做勻減速直線運(yùn)動，上滑過程由動能定理得－mghm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得hm＝0．2m，由于x2＝eq\f(hm,sinθ)＝eq\f(1,3)m＜0．4m，所以物塊未到達(dá)斜面的最高點(diǎn)，C正確；物塊返回傳送帶時(shí)滑動的距離為x，由動能定理得mghm－μmgx＝0，解得x＝1m，所以物塊返回傳送帶時(shí)不會到達(dá)最左端，D錯(cuò)誤．]二、計(jì)算題(共2小題，32分)9．(16分)如圖5-22甲所示，兩滑塊A、B用細(xì)線跨過定滑輪相連，B距地面一定高度，A可在細(xì)線牽引下沿足夠長的粗糙斜面向上滑動．已知mA＝2kg，mB＝4kg，斜面傾角θ＝37°．某時(shí)刻由靜止釋放A，測得A沿斜面向上運(yùn)動的v-t圖象如圖5-22乙所示．已知g＝10m/s2，sin37°＝0．6．求：甲乙圖5-22(1)A與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)A沿斜面向上滑動的最大位移；(3)滑動過程中細(xì)線對A的拉力所做的功．【導(dǎo)學(xué)號：17214096】【解析】(1)在0～0．5s內(nèi)，根據(jù)圖象，A、B系統(tǒng)的加速度為：a1＝eq\f(v,t)＝eq\f(2,0．5)m/s2＝4m/s2對A、B受力分析，設(shè)繩子彈力為T，那么由牛頓第二定律可得：mBg－T＝mBa1T－mAgsinθ－μmAgcosθ＝mAa1解得：μ＝eq\f(mBg－mAgsinθ－mAa1－mBa1,mAgcosθ)＝0．25．(2)在0～0．5s內(nèi)A加速向上滑動的位移為：x1＝eq\f(v2,2a1)＝0．5mB落地后，A繼續(xù)減速上升．由牛頓第二定律可得：mAgsinθ＋μmAgcosθ＝mAa2，解得：a2＝8m/s2故A減速向上滑動的位移為：x2＝eq\f(v2,2a2)＝0．25m所以，A上滑的最大位移為：x＝x1＋x2＝0．75m．(3)A加速上滑過程中，細(xì)繩對A的拉力為：T＝mAgsinθ＋μmAgcosθ＋mAa1＝24N故滑動過程中細(xì)線對A的拉力所做的功為：W＝Ts＝T×eq\f(1,2)vt＝24×eq\f(1,2)×2×0．5J＝12J或?qū)铀偕仙^程應(yīng)用動能定理，即為：W－(mAgsinθ＋μmAgcosθ)x1＝eq\f(1,2)mAv2－0則可得：W＝12J．【答案】(1)0．25(2)0．75m(3)12J10．(16分)(2012·江蘇高考T14)某緩沖裝置的理想模型如圖5-23所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間的滑動摩擦力恒為f．輕桿向右移動不超過l時(shí)，裝置可安全工作．一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導(dǎo)致輕桿向右移動eq\f(l,4)．輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計(jì)小車與地面的摩擦．圖5-23(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k，求輕桿開始移動時(shí)，彈簧的壓縮量x；(2)求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm；(3)討論在裝置安全工作時(shí)，該小車彈回速度v′和撞擊速度v的關(guān)系．【導(dǎo)學(xué)號：17214097】【解析】(1)輕桿開始移動時(shí)，彈簧的彈力F＝kx①且F＝f②解得x＝eq\f(f,k)．③(2)設(shè)輕桿移動前小車對彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中由動能定理得：－f·eq\f(l,4)－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)④同理，小車以vm撞擊彈簧時(shí)，－fl－W＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)⑤解得vm＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(3fl,2m))．⑥(3)設(shè)輕桿恰好移動時(shí)，小車撞擊速度為v1eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝W⑦由④⑦解得v1＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))當(dāng)v＜eq\r(v\o\al(2,0)－\f(fl,2m))時(shí)，v