2019版高中物理二轮专题复习课时跟踪训练：5 功、功率、动能定理 Word版含解析.doc

课时跟踪训练(五)一、选择题(17题为单项选择题，810题为多项选择题)1(2018山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是( )C根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看出C图所包围的面积最大，故选C2(2018宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60，N点为轨迹的最高点，不计重力则M、N两点间的电势差为( )A.B C D.B从M点到N点利用动能定理有：qUMNmvmvm(v0 cos60)2mv解得：UMN，故B正确3(2018天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为，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图象下列说法正确的是( )A无法判断出传送带的运行速度B传送带与物块间的动摩擦因数为tan Ct1时刻物块到达最高点Dv1<v3C由vt图象可知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度为v2，故A错误由题图知，在0t1时间内，对物块受力分析有mg sin mg cos ma1，由图象得a1，解得tan ，故B错误；t1时刻物块速度减为0，离出发点最远，故C正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得Wfmvmv，因Wf<0，所以v1>v3，故D错误4(2018湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的vt图象如图所示其中质量m7.5 t甲车以恒定功率P50 kW启动，最后匀速运动乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是( )A40 sB20 sC60 sD30 sD由图可知，乙车追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是t，乙车的位移xat2，甲车受到的阻力Ff，由动能定理得：PtFfxmv，解得t30 s，故D正确，A、B、C错误5(2018湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为m的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮用Fmg的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g)，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是( )A物块的加速度agB经过时间t拉力F做功为WFmg2t2C物块的机械能增加了Emg2t2D物块的动能增加了Ekmg2t2C以物块m为对象，根据牛顿第二定律：2Fmgma得ag，经过时间t后，物块的位移xat2gt2，速度vatgt，则拉力做功WFF(2x)mg2t2，物体的动能增加了Ekmv2mg2t2，物体的机械能增加了EEkmgxmg2t2，故C正确，A、B、D错误6(2018江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为的光滑斜面，斜面上有一固定挡板c.用轻弹簧连接的物块a、b放置在斜面上，并处于静止状态，现用一平行于斜面的恒力F(F<2mg sin )作用在物块a上，使物块a沿斜面向上运动，当物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为Ep(Ep>0)已知物块a的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是( )A物块a可能做匀变速直线运动B物块a的动能一直增加C当b、c恰好分离时，弹簧的伸长量大小为D当b、c恰好分离时，物块a的速度大小为D当a沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块a将做变加速直线运动，故选项A错误；因为物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为Ep，所以物块b的质量大于m，又因为F<2mgsin ，所以物块a的速度一定是先增大后减小，动能也是先增大后减小，b、c分离时弹簧的弹力大于mgsin ，弹簧的伸长量大于，故选项B、C错误；对于物块a整个过程根据动能定理得：Fdmgdsin Wmv2，由功能关系WEp，联立解得物块a的速度大小为，故选项D正确7(2018陕西西安市高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC，AB是半径为2R的四分之一光滑圆弧，BC是半径为R的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)，O点是BC圆弧的圆心，POQ在同一水平线上，BOC在同一竖直线上质量为m的小球自由下落2R后，沿轨道ABC运动，经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点则下列说法正确的是( )A小球运动到B点前的瞬间对轨道的作用力是4mgB小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC小球运动到C点的过程中，摩擦力做功WfmgRD小球运动到C点的过程中，摩擦力做功WfmgRC小球下落到B点，由机械能守恒定律得：mg(4R)mv，小球运动到B点前的瞬间，小球运动的半径是2R，由向心力公式：FBmg，解得FB5mg，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R，由向心力公式：FBmg，解得FB9mg，故A错误、B错误；经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点，由几何关系得：R，由平抛运动规律知：xRvCt，yRgt2，小球下落到C点，由动能定理有：mg2RWfmv，解得WfmgR，故C正确，D错误8(2018湖北省麻城一中高考冲刺模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为.用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则( )A拉力F所做功为nFLB系统克服摩擦力做功为CFD(n1)mgFnmgBC物体1的位移为(n1)L，则拉力F所做功为WFF(n1)L(n1)FL.故A错误系统克服摩擦力做功为WfmgLmgLmg(n2)Lmg(nL)L.故B正确据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有WFWf，解得F现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>，故C正确，D错误故选B、C.9(2018山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车在检测某款电动车性能的实验中，质量为8102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图象(图中AB、BO均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，则( )A该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C该车做匀加速运动的时间是1.2 sD该车加速度为0.25 m/s2时，动能是4104 JBD由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C.AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a2 m/s2；BC段，由于图象为过原点的直线，所以FvP额恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当Ff400 N，速度达到最大值15 m/s，故选项A错误、B正确；由a可知t1.5 s，故选项C错误；该车加速度为0.25 m/s2时，牵引力为Fmaf81020.250.05810210600 N，此时的速度为v10 m/s，动能为EKmv281021024104 J，故选项D正确10(2018安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为37的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0.A、C相距0.8 m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1 kg，弹簧原长为0.5 m，劲度系数为40 N/m，sin 370.6，g取10 m/s2.则小球从A到C过程中，下列说法正确的是( )A小球经过B点时的速度最大B小球在B点时的加速度为6 m/s2C弹簧弹力对小球先做正功后做负功D小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等BDA.小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k(lOB)40 N/m(0.50.3)m8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcos 1100.8 N8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力Fmgsin 1100.6 N6 N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B.此时加速度a6 m/s2，B正确；C.在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90，所以做负功，BC段做正功，C错误；D.A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确选BD.11(2018四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小A孔进入半径R0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L2 m，60，小球质量为m0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s2 m，g取10 m/s2.试求：(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数的范围？解析(1)当摆球由C到D运动机械能守恒：mg(LLcos )mv由牛顿第二定律可得：Fmmgm可得：Fm2 mg10 N(2)小球不脱圆轨道分两种情况：要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得：mgs0mv.可得：0.5若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：mvmgR由动能定理可得：mgsmvmv可求得：0.35若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mgm由动能定理可得：mgs2mgRmv2mv解得：0.125综上所以动摩擦因数的范围为：0.350.5或者0.125.答案(1)10 N(2)0.350.5或者0.12512(2018石家庄高中毕业班质检(二)如图所示，在光滑水平面上，质量为m4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角37的传送带平滑连接，已知xOA0.25 m，传送带顶端为B点，LAB2 m，物块与传送带之间的动摩擦因数0.5.现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动轨迹的最高点传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；(2)若传送带速度大小为v5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s<v<3 m/s，求物块由O点到B点的过程中力F做的功与传送带速度大小v的函数关系解析 (1)设物块在B点的速度大小为v0，从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离hv0tBC的水平距离为xv0tcos 又37，解得(2)在初始位置kxOAma，a2 m/s2由v2axOA，得vA1 m/s由v2a(xOALAB)，得vB3 m/s物块从A到B运动的时间为t，t，得t1 s因vB<v，则物块速度一直小于传送带速度物块与传送带间由于摩擦产生的热量Qmg(vtLAB)cos 解得：Q48 J(3)物块在水平面上，Fk(xOAx)ma得Fkx因力F随位移x线性变化W1xOA1 J若传送带速度范围为2 m/s<v<3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿传送带向上后沿传送带向下F1mgcos mgsin ma，F116 Nv2v2axF2mgcos mg sin ma，F248 NW2F1xF2(LABx)1048v2(J)WW1W21058v2(J) 答案(1)(2)48 J(3)W1058v2(J)