2021届高考物理二轮复习专题提能专训：6功、功率、动能定理.docx

提能专训(六)　功、功率、动能定理
时间：90分钟　满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分．多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．质量为10 kg的物体，在变力F的作用下沿x轴做直线运动，力F随坐标x的变化状况如图所示．物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16 m处时速度大小为(　　)

A．2 m/s B．3 m/s
C．4 m/s D. m/s
答案：B
解析：由题图可知F­x图线与横轴围成的面积表示功，由动能定理可知W＝mv2－mv，经计算可得v＝3 m/s，B项正确．

2．(2022·银川一中期中) 如图所示，质量为m的物体静止在水平光滑的平台上，系在物体上的绳子跨过光滑的定滑轮，由地面上的人以速度v0水平向右匀速拉动，设人从地面上平台的边缘开头向右行至绳与水平方向夹角为45°处，在此过程中人的拉力对物体所做的功为(　　)
A. B. C. D．mv
答案：C
解析：人行至绳与水平方向夹角为45°处时，物体的速度为v＝v0cos θ，由动能定理，人对物体所做的功：W＝ΔEk＝mv2＝mv，正确选项为C.

3. 物体m从倾角为α的固定的光滑斜面上由静止开头下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为(　　)
A．mg B．mg·cos α
C．mg·sin α D．mg

答案：C
解析：由于斜面光滑，物体m下滑过程中由牛顿运动定律得：mgsin α＝ma，解得：a＝gsin α.物体下滑过程由v2＝2a·，解得物体滑至底端时的瞬时速度v＝＝，由图可知，mg与v的夹角θ＝90°－α，依据瞬时功率P＝Fvcos θ，则有滑至底端时重力的瞬时功率为：P＝mgsin α，故C项正确．

4．(2022·天津一中调研)用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开头做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止．其速度—时间图象如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是(　　)
A．W1>W2，F＝2Ff B．W1＝W2，F>2Ff
C．W1＝W2，P1<P2 D．P1>P2，F＝2Ff
答案：B
解析：F在0～t1过程做功W1，Ff在0～t2过程克服阻力做功W2，由动能定理有W1－W2＝0或Fx1－Ffx2＝0，故W1＝W2；由于t1<t2，所以P1>P2；由题知α>β，故2x1<x2，所以F>2Ff，综上，W1＝W2，F>2Ff，P1>P2，B项正确．
5．一物体静止在水平地面上，某时刻受到大小为1 N、方向水平向东的恒力F1作用，格外缓慢地向东运动．当物体向东运动了1 m时，又给物体施加一大小为 N、方向水平向北的力F2.当物体的总位移为 m时，物体在上述过程中克服摩擦力所做的功为(　　)
A. J B．2 J C．(1＋) J D．3 J
答案：B

解析： 合力做的功等于每段路程内力做的功的代数和，如图所示，依据题意AB＝1 m，AC＝ m，设BC的方向与F1的夹角为α，tan α＝＝，所以α＝60°，依据几何关系可得BC＝1 m；在F1作用下物体缓慢地运动，说明摩擦力大小等于F1的大小，摩擦力做的总功为F1·(AB＋BC)＝2 J，选项B正确．

6．(多选) 如图所示，一物体m在沿斜面对上的恒力F作用下，由静止从底端沿光滑的斜面对上做匀加速直线运动，经时间t力F做功为60 J，此后撤掉力F，物体又经过时间t回到动身点，若以地面为零势能面，则下列说法正确的是(　　)
A．物体回到动身点的动能为60 J
B．恒力F＝2mgsin θ
C．撤掉力F时，物体的重力势能是45 J
D．动能与势能相等的时刻肯定消灭在撤去力F之后
答案：AC
解析：依据功能原理可知，除重力(或弹力)做功以外，其他力做的功等于物体机械能的增加量，F做功为60 J，机械能增加60 J，物体回到动身点时，重力势能没变，所以动能是60 J，A正确；撤去F前有x＝a1t2，F－mgsin θ＝ma1，撤去F后有－x＝(a1t)t－a2t2，mgsin θ＝ma2；由此可得＝＝，所以有F＝mgsin θ，B错误；WF＝Fx＝mgxsin θ＝60 J，由重力做功与重力势能的关系有，撤去力F时，物体的重力势能Ep＝mgxsin θ＝45 J，C正确；由动能定理知，撤去力F时物体动能为Ek＝WF－WG＝15 J，小于此时的重力势能45 J，之后重力势能增大动能减小，所以动能与势能相同的位置在撤去力F之前，D错误．
7．(多选)一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v­t图象如图所示．已知汽车的质量为m＝2×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍．(取g＝10 m/s2)则(　　)

A．汽车在前5 s内的牵引力为4×103 N
B．汽车在前5 s内的牵引力为6×103 N
C．汽车的额定功率为60 kW
D．汽车的最大速度为30 m/s
答案：BCD
解析：f＝kmg＝2×103 N，前5 s内a＝＝2 m/s2，由F－f＝ma，得F＝f＋ma＝6×103 N，故A项错，B项对；P额＝Fv＝6×103×10 W＝60 kW，C项对；vmax＝＝30 m/s，D项对．
8．(2022·潍坊模拟)(多选)质量为1 kg的物体静止于光滑水平面上．t＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F作用，第1 s内F＝2 N，第2 s内F＝1 N．下列推断正确的是(　　)
A．2 s末物体的速度是3 m/s
B．2 s内物体的位移为3 m
C．第1 s末拉力的瞬时功率最大
D．第2 s末拉力的瞬时功率最大
答案：AC
解析：第1 s内加速度a1＝2 m/s2，第2 s内加速度a2＝1 m/s2，第1 s末速度为v1＝a1t＝2 m/s，第1 s内位移为 1 m；第2 s末物体的速度v2＝v1＋a2t＝3 m/s，第2 s内位移x2＝v1t＋a2t2＝2.5 m；第1 s末拉力的功率P1＝F1v1＝4 W，第2 s末拉力的功率P2＝F2v2＝3 W，所以A、C正确．
9．如图所示，用竖直向下的恒力F通过跨过光滑定滑轮的细线拉动光滑水平面上的物体，物体沿水平面移动过程中经过A、B、C三点，设AB＝BC，物体经过A、B、C三点时的动能分别为EkA、EkB、EkC，则它们间的关系是(　　)

A．EkB－EkA＝EkC－EkB B．EkB－EkA<EkC－EkB
C．EkB－EkA>EkC－EkB D．EkC<2EkB
答案：C
解析：由动能定理得，EkB－EkA＝WAB，EkC－EkB＝WBC，由于物体所受的重力和支持力不做功，因此合外力做的功就等于拉力所做的功．由几何关系可知，从A运动到B的过程中，力F作用点的位移大于从B到C过程中的力F作用点的位移，因此WAB>WBC，选项A、B错误，C正确；由于物体的初动能不确定，选项D错误．
10．(2022·宁夏银川一中一模)(多选)如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开头沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm.设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为F，那么这段时间内(　　)

A．小车做匀加速运动
B．小车受到的牵引力渐渐增大
C．小车受到的合外力所做的功为Pt
D．小车受到的牵引力做的功为Fx＋mv
答案：D
解析：小车在运动方向上受向前的牵引力F1和向后的阻力F，由于v增大，P不变，由P＝F1v，F1－F＝ma，得出F1渐渐减小，a也渐渐减小，当v＝vm时，a＝0，故A、B项均错；合外力做的功W外＝Pt－Fx，由动能定理得W牵－Fx＝mv，故C项错，D项对．

11. 如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列推断正确的是(　　)

A．5 s内拉力对物块做功为零
B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2
答案：D
解析：从两图象可以看出，物块在4～5 s内所受合外力不为零，通过一段位移，故5 s内拉力做功不为零，选项A错误；4 s末物块所受拉力与静摩擦力恰好平衡，所受合力为零，选项B错误；物体运动过程中摩擦力保持不变，依据Ff＝μmg可得μ＝＝＝0.3，选项C错误；6～9 s内物块所受拉力和摩擦力均不变，依据牛顿其次定律，可得a＝＝ m/s2＝2.0 m/s2，选项D正确．
二、计算题(本题包括4小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分)
12．(2022·天津河西区质检)(12分)如图所示，在水平面上有一质量为m的物体，在水平拉力作用下由静止开头运动一段距离后到达一斜面底端，这时撤去外力，物体冲上斜面，上滑的最大距离和在平面上移动的距离相等，然后物体又沿斜面下滑，恰好停在平面上的动身点．已知斜面倾角θ＝30°，斜面与平面上的动摩擦因数相同，求物体开头受到的水平拉力F.

答案：mg
解析：设动摩擦因数为μ，在平面上移动的距离为s，据动能定理有物体由静止开头到冲到斜面最高点
Fs－μmgs－mgssin 30°－μmgscos 30°＝0①
物体沿斜面下滑到停在平面上的动身点
mgssin 30°－μmgscos 30°－μmgs＝0②
由①②得F＝mg.
13．(14分)如图所示，轨道ABC被竖直地固定在水平桌面上，A距离水平地面高H＝0.75 m，C距离水平地面高h＝0.45 m．一质量m＝0.10 kg的小物块自A点从静止开头下滑，从C点以水平速度飞出后落在水平地面上的D点．现测得C、D两点的水平距离为l＝0.60 m．不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：

(1)小物块从C点运动到D点经受的时间；
(2)小物块从C点飞出时速度的大小；
(3)小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功．
答案：(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J
解析：(1)小物块从C水平飞出后做平抛运动，由h＝gt2得小物块从C到D运动的时间t＝＝0.30 s.
(2)从C点飞出时速度的大小v＝＝2.0 m/s.
(3)小物块从A运动到C的过程中，依据动能定理得
mg(H－h)＋Wf＝mv2－0
摩擦力做功Wf＝mv2－mg(H－h)＝－0.10 J
此过程中克服摩擦力做的功W′f＝－Wf＝0.10 J.
14．(14分)如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，O点上方有一曲面，其方程为y＝x2(数值关系)．一根长为l＝1 m的轻绳一端固定在A点，另一端系一质量m＝1.2 kg的小球(可视为质点)．将小球拉至水平位置B由静止释放，小球沿圆周运动到最低点C时恰好被切断，之后落到曲面上的D点．已知A、O两点的高度差为h＝2 m，忽视空气阻力，取g＝10 m/s2，求：

(1)小球从C点运动到曲面上D点的时间t；
(2)若保持A点位置不变，转变绳长l(0<l<h)，同样将小球拉至水平位置由静止释放，假设小球通过y轴时轻绳恰好被切断，分析绳长l多大时，小球落到曲面时动能Ek最小，动能的最小值是多少？
答案：见解析
解析：(1)设落到曲面上D点的坐标为(xD，yD)，由C到D的时间为t
mgl＝mv
h－l－yD＝gt2
xD＝vCt
yD＝x
联立得t＝0.2 s
(2)设落到曲面时的动能为Ek，依据机械能守恒有
Ek＝mg(h－y)
Ek＝mg
Ek＝mg[(4l＋1)＋－]≥
mg[2－]
当(4l＋1)＝时，即l＝0.5 m时，动能Ek最小
动能的最小值为
Ek＝mg＝12 J
说明：h－y＝l＋gt2＝l＋·＝l＋
y＝h－l
所以y＝.

15．(16分) 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，∠OAB＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数为μ＝0.45，将滑块由A点静止释放．求在以后的运动中：(sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．
答案：(1)8 m　(2)102 N　70 N
解析：设滑块在AB段上运动的总路程为x，滑块在AB段上受到的摩擦力
Ff＝μFN＝μmgcos θ
从A点动身到最终以B点为最高点做往复运动，依据动能定理有：mgRcos θ－Ffx＝0
解得x＝＝8 m.
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C，依据动能定理有
mgR－FflAB＝mv
斜面AB的长度lAB＝Rcot θ
依据受力分析以及向心力公式知Fmax－mg＝
代入数据可得Fmax＝102 N.
当滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时速度最小，设为v2，此时滑块受轨道支持力也最小，设为Fmin
从B到C，依据动能定理有：mgR(1－cos θ)＝mv
依据受力分析及向心力公式有：Fmin－mg＝
代入数据可得：Fmin＝70 N.
依据牛顿第三定律可知C点受到的压力的最大值为102 N，最小值为70 N.