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2021届高考物理二轮复习 专题二 第1讲 功和功率 动能定理作业

2021届高考物理二轮复习 专题二 第1讲 功和功率 动能定理作业

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- 10 -

第1讲 功和功率 动能定理
(45分钟)
[基础题组专练]
1．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：列车做初速度为零的匀加速直线运动，列车动能Ek＝mv2，又因为v＝at，所以Ek＝ma2t2，加速度a恒定，动能跟时间t的平方成正比，A错误；根据动能定理Ek＝W合＝F合s＝mas，知动能与位移成正比，B正确；动能与速度平方成正比，C错误；由Ek＝，可知动能与动量的平方成正比，D错误。
答案：B
2．如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则(　　)

A．F1＝F2＝2mg
B．从A到B，拉力F做的功为F1L
C．从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变
D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
解析：在B位置，根据平衡条件有F1sin 30°＝mg，解得F1＝2mg，从B到A，根据动能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，根据牛顿第二定律得F2－mg＝m，联立两式解得F2＝2mg，故A正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL，故B错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D错误。
答案：A
3. (多选)(2020·高考天津卷)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内(　　)

A．做匀加速直线运动
B．加速度逐渐减小
C．牵引力的功率P＝Fvm
D．牵引力做功W＝mv－mv
解析：由P＝F牵v知，P不变，v变大，则F牵变小，由F牵－F＝ma知，a变小，A错误，B正确；匀速时F牵＝F，故P＝F牵vm＝Fvm，C正确；由动能定理可知W＋W阻＝mv－mv，D错误。
答案：BC
4．(2020·江西赣州高三模拟)一辆汽车在平直的公路上由静止开始启动。在启动过程中，汽车牵引力的功率及其瞬时速度随时间的变化情况分别如图甲、乙所示。已知汽车所受阻力恒为重力的，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．该汽车的质量为3 000 kg
B．v0＝6 m/s
C．在前5 s内，阻力对汽车所做的功为25 kJ
D．在5～15 s内，汽车的位移大小约为67.19 m
解析：由图像可得，汽车匀加速阶段的加速度a＝＝1 m/s2，汽车匀加速阶段的牵引力为F＝＝3 000 N，在匀加速阶段，由牛顿第二定律得F－0.2mg＝ma，解得m＝1 000 kg，A错误；牵引力功率为15 kW，汽车所受阻力F1＝0.2mg＝2 000 N时，汽车行驶的速度最大，为v0＝＝7.5 m/s，B错误；前5 s内，汽车的位移x＝at2＝12.5 m，阻力做的功WF1＝－0.2mgx＝－25 kJ，C错误；5～15 s内，由动能定理得Pt－0.2mgs＝mv－mv2，解得s≈67.19 m，D正确。
答案：D
5．(多选)(2020·河北唐山高三理综联考)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时速度大小为v，方向竖直向下。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0
B．落地时重力的瞬时功率为mgv
C．石块在空中飞行过程中合外力做的功为mv－mv2
D．石块在空中飞行过程中阻力做的功为mv2－mv－mgh
解析：设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则刚抛出时重力的瞬时功率为P＝－mgv0cos α，选项A错误；落地时重力的瞬时功率为mgv，选项B正确；根据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W＝mv2－mv，选项C错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为Wf，由动能定理得mgh＋Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mv2－mv－mgh，选项D正确。
答案：BD
6．(2020·四川眉山三诊)如图甲所示，在光滑水平桌面内，固定有光滑轨道ABC，其中半圆轨道BC与直轨道AB相切于B点，物体受到与AB平行的水平拉力F，从静止开始运动，拉力F的大小满足的关系如图乙所示(以A为坐标原点，拉力F从A指向B为正方向)。若m＝1 kg，AB＝4 m，半圆轨道的半径R＝1.5 m，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

乙
A．拉力F从A到B做功为50 J
B．物体从B到C过程中，所受的合外力为0
C．物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
D．物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s
解析：F­x图线与横坐标轴所围面积表示功，则拉力F从A到B做功为W＝×2×40 J－10×1 J＝30 J，故A错误；物体从B到C过程中，做圆周运动，合外力不为0，故B错误；从A到B由动能定理有
W＝mv
解得vB＝2 m/s
由于光滑轨道ABC在水平面内，则物体从B到C做匀速圆周运动，物体能够到达C点，且速度大小为2 m/s，故C错误，D正确。
答案：D
7．如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平地面上铺设了安全地垫。水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变。某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上。已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff1＝88 N，在水平段受到的平均阻力Ff2＝100 N。不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：

(1)小朋友沿斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功；
(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；
(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长。
解析：(1)小朋友沿斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为Wf1＝Ff1L＝88×5 J＝440 J。
(2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得
mgh－Wf1＝mv2
代入数据解得v＝4 m/s。
(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得
－Ff2x＝0－mv2
解得x＝1.6 m。
答案：(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m
[能力题组专练]
8．图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动。一物块由底端以速度v1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v­t图像，t3时刻物体离开传送带。下列说法正确的是(　　)

A．无法判断出传送带的运行速率
B．传送带与物块间的动摩擦因数为＋tan α
C．t1时刻物块到达最高点
D．v1<v3
解析：由v­t图像可知t2时刻物块与传送带共速，之后摩擦力反向，所以传送带的运行速率为v2，故A错误；由题图知，在0～t1时间内，对物块受力分析有mgsin α＋μmgcos α＝ma1，由图像得a1＝，解得μ＝－tan α，故B错误；t1时刻物块速度减为0，离出发点最远，即到达最高点，故C正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得Wf＝mv－mv，因Wf<0，所以v1>v3，故D错误。
答案：C
9．如图所示，一个小球(视为质点)从H＝11 m高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB进入半径R＝4 m的竖直圆环内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C时，刚好对轨道的压力为零，然后沿CB圆弧滑下，进入光滑弧形轨道BD，到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(　　)

A．10 m　　　　　　　　 B．9.5 m
C．9 m D．8.5 m
解析：已知C点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，有mg＝m，小球在C点的动能为mv2＝mgR。小球从A运动到C，根据动能定理得mg(H－2R)－Wf＝mv2－0，从C点运动到D点，根据动能定理得mg(2R－h)－Wf′＝0－mv2，在同一高度处沿CB弧运动的瞬时速度总小于沿BC弧运动的瞬时速度，根据圆周运动向心力公式可知沿CB弧运动的平均正压力小于沿BC弧运动平均正压力，故沿CB弧运动的平均摩擦力小于沿BC弧运动的平均摩擦力，所以0＜Wf′＜Wf，代入数据解得9 m＜h＜10 m，B正确，A、C、D错误。
答案：B
10．炎炎夏日，水上娱乐成为人们避暑消夏的首选，某水上游乐设施可简化为如图所示的结构，MN为高处平台，左侧为螺旋形光滑滑道，每圈高度落差不大，最后一圈为同一水平面上的圆形滑道，半径R＝7.2 m，螺旋滑道末端E与倾斜直滑道EF相连，F点恰好位于水面上，MN与E高度差为h1＝7.2 m，EF高度差为h2＝4.05 m，右侧PQ为一水平滑道，分别连接两段倾斜光滑直滑道，经过各点时不计能量损耗，g取10 m/s2，求：

(1)一儿童质量m＝30 kg，从左侧螺旋轨道由静止滑下，儿童到达螺旋滑道末端E点时的速度大小；
(2)(1)中的儿童经过螺旋滑道末端E点时，滑道对儿童的作用力大小；
(3)有人为寻求刺激，从右侧滑道由静止滑下时，直接由Q点水平飞出落入水中，若PQ的高度可调，求PQ距水面多高时，落水位置到Q点的水平距离最远，最远距离是多少？
解析：(1)对儿童从M点至E点的过程，由动能定理得mgh1＝mv
解得儿童到达螺旋滑道末端E点时的速度大小
vE＝＝12 m/s。
(2)在E点儿童需要的向心力Fn＝＝600 N
则滑道在E点对儿童的作用力为
F＝＝300 N。
(3)设PQ到水面的距离为h，从N到Q的过程中，由动能定理得mg(h1＋h2－h)＝mv
从Q到落水过程中，人做平抛运动，则h＝gt2，x＝vQt
联立得x＝2
由数学知识知，当h＝5.625 m时，x有最大值11.25 m。
答案：(1)12 m/s　(2)300 N　(3)5.625 m　11.25 m
11．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图像。现利用这架照相机对某家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s。已知该汽车的质量为1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N。

(1)试利用图示，求该汽车的加速度大小；
(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间；
(3)汽车所能达到的最大速度是多大；
(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)。
解析：(1)由图可得汽车在第1个2 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2 s时间内的位移x2＝15 m
汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2。
(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力
F＝Ff＋ma＝(1 500＋1 000×1.5)N＝3 000 N
汽车做匀加速运动的末速度
v＝＝ m/s＝30 m/s
匀加速运动保持的时间t1＝＝ s＝20 s。
(3)汽车所能达到的最大速度
vm＝＝ m/s＝60 m/s。
(4)要使汽车所用时间最短，必须使牵引力最大，即为3 000 N，由(2)知当牵引力为3 000 N时汽车匀加速运动的时间t1＝20 s
运动的距离x1′＝＝×20 m＝300 m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离
x2′＝(2 400－300)m＝2 100 m
后阶段以恒定功率运动，有
P额t2－Ffx2′＝m(v－v2)
解得t2＝50 s
所求时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50)s＝70 s。
答案：(1)1.5 m/s2　(2)20 s　(3)60 m/s　(4)70 s