2020高考物理二轮复习第1部分专题3动量和能量第1讲功功率动能定理限时检测含解析 8页

第1讲　功　功率　动能定理 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2019·邯郸模拟)某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的平均功率是P1和P2，则正确的是 A．W1＝W2，P1＝P2　　　　B．W1＝W2，P1＞P2‎ C．W1＞W2，P1＞P2 D．W1＞W2，P1＝P2‎ 解析　由W＝Fs可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由P＝可知P1＞P2，B正确。‎ 答案　B ‎2．(2019·上海市静安区教学质量检测)物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则 图3－1－14‎ A．沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多 B．沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多 C．无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同 D．无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功均相同 解析　设斜面倾角为θ，高度为h，则斜面长度L＝。物体匀速被拉到顶端，根据功能关系WF＝mgh＋μmgcos θ·L＝mgh＋μmg·，则h相同时，倾角较小则拉力做的功较多，选项A正确，C错误；克服重力做功为WG＝mgh，则克服重力做功相同，选项B错误；克服摩擦力做的功Wf＝μmgcos θ·L＝μmg·，所以倾角越大，克服摩擦力做功越小，选项D错误；故选A。‎ 答案　A ‎3．(多选)(2019·昆明高三调研)如图3－1－15甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1 kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x 8‎ 表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。则物体沿斜面向上的运动过程中 图3－1－15‎ A．机械能先增大后减小，在x＝3.2 m处，物体机械能最大 B．机械能一直增大，在x＝4 m处，物体机械能最大 C．动能先增大后减小，在x＝2 m处，物体动能最大 D．动能一直增大，在x＝4 m处，物体动能最大 解析　在物体沿斜面向上的运动过程中，对物体受力分析有，F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，当F＝10 N时，a＝0，可知物体加速度先减小到零后反向增大，故速度先增大后减小，在x＝2 m处物体动能最大，选项C正确，D错误。当F＝4 N时，F－μmgcos θ＝0，此前F－μmgcos θ＞0，拉力与摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，此后F－μmgcos θ＜0，拉力与摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，得x＝3.2 m处物体机械能最大，选项A正确，B错误。‎ 答案　AC ‎4．(2019·芜湖一模)一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是 A．钢绳的最大拉力为 B．重物匀加速过程的时间为 C．重物匀加速过程的加速度为 D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度＜ 解析　匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at解得a＝－g，t＝，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的加速运动，平均速度＞，故D错误。‎ 答案　B 8‎ ‎5．(多选)(2019·启东模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的v－t图象如图3－1－16所示，从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则 图3－1－16‎ A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m B．t1～t2时间内，汽车的功率等于(m＋Ff)v1‎ C．汽车运动的最大速度v2＝(＋1)v1‎ D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于 解析　由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a＝，F1－Ff＝ma，联立得F1＝m＋Ff，选项A错误；在t1时刻汽车达到额定功率P＝F1v1＝(m＋Ff)v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；t2时，速度达到最大值v2，此时F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝＝(＋1)v1，选项C正确；由v－t图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故选项D错误。‎ 答案　BC ‎6．(2019·衡水三模)质量m＝1 kg的物体静止放在粗糙水平地面上。现对物体施加一个随位移变化的水平外力F时物体在水平面上运动。已知物体与地面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。若F－x图象如图3－1－17所示。且4～5 m内物体匀速运动。x＝7 m时撤去外力，g取10 m/s2，则下列有关描述正确的是 图3－1－17‎ A．物体与地面间的动摩擦因数为0.1‎ B．x＝3 m时物体的速度最大 8‎ C．撤去外力时物体的速度为 m/s D．撤去外力后物体还能在水平面上滑行3 s 解析　4～5 m内物体匀速运动，则有F＝Ff＝μmg，得μ＝＝＝0.3，故A错误；只要F＞Ff＝μmg，物体就在加速，所以x在0～4 m内物体一直加速，x＝4 m时物体的速度最大，故B错误；根据图象与x轴所围的面积表示外力F做的功，可得0～7 m内外力做功为W＝ J＝22 J，设撤去外力时物体的速度为v，根据动能定理得W－Ffx＝mv2－0，其中x＝7 m，解得v＝ m/s，故C正确；撤去外力后物体的加速度大小为a＝＝3 m/s2，物体还能滑行时间t＝＝ s，故D错误。‎ 答案　C 二、计算题(共50分)‎ ‎7．(10分)(2018·天津卷)我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s。已知飞机质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2。求飞机滑跑过程中 图3－1－18‎ ‎(1)加速度a的大小；‎ ‎(2)牵引力的平均功率P。‎ 解析　(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2＝2ax①‎ 代入数据解得a＝2 m/s2②‎ ‎(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有 F阻＝0.1mg③‎ 设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有 F－F阻＝ma④‎ 设飞机滑跑过程中的平均速度为，有 ＝⑤‎ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率 8‎ P＝F⑥‎ 联立②③④⑤⑥式得 P＝8.4×106 W。‎ 答案　(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W ‎8．(12分)(2019·重庆七校高三联考)如图3－1－19甲所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5 s末电动机到达额定功率，之后保持额定功率运行。升降机的运动情况如图乙所示，已知电动机的额定功率为36 kW，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ 图3－1－19‎ ‎(1)升降机的总质量大小；‎ ‎(2)升降机在5 s末的速度v0的大小；‎ ‎(3)升降机在0～7 s内上升的高度x。‎ 解析　(1)设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力F＝mg 根据P＝Fvm＝mgvm 得m＝＝ kg＝300 kg ‎(2)设升降机做匀加速运动时的加速度大小为a 在5 s末，速度v0＝at1‎ 此时牵引力F′＝ 根据牛顿第二定律得，F′－mg＝ma 解得a＝2 m/s2，v0＝10 m/s ‎(3)升降机在0～5 s内的位移 x1＝at12＝×2×25 m＝25 m 对升降机在5～7 s内的运动过程运用动能定理得 Pt2－mgh＝mvm2－mv02‎ 代入数据解得h＝21.8 m 则x＝x1＋h＝(25＋21.8) m＝46.8 m。‎ 答案　(1)300 kg　(2)10 m/s　(3)46.8 m 8‎ ‎9．(12分)如图3－1－20所示，在水平向右的匀强电场中，水平轨道AB连接着一圆形轨道，圆形轨道固定在竖直平面内，其最低点B与水平轨道平滑连接。现有一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球(可视为质点)，从与圆形轨道最低点B相距为L的C点由静止开始在电场力作用下沿水平轨道运动。已知小球所受电场力与其所受的重力大小相等，重力加速度为g，水平轨道和圆形轨道均绝缘，小球在运动过程中所带电荷量q保持不变，不计一切摩擦和空气阻力。求：‎ 图3－1－20‎ ‎(1)匀强电场的电场强度E的大小。‎ ‎(2)小球由C点运动到B点所用的时间t。‎ ‎(3)小球运动到与圆形轨道圆心O等高的D点时的速度大小vD。‎ 解析　(1)对小球，由题意可得：qE＝mg 解得：E＝。‎ ‎(2)对小球，设从C到B的加速度为a，‎ 根据牛顿第二定律得：qE＝ma 由运动学公式得：L＝at2‎ 联立可解得：t＝。‎ ‎(3)设圆形轨道半径为R，对小球从C到D的过程，‎ 根据动能定理有：‎ qE(L＋R)－mgR＝mvD2－0‎ 解得：vD＝。‎ 答案　(1)　(2) 　(3) ‎10．(16分)(2019·西安二模)如图3－1－21所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F＝5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。‎ 8‎ 图3－1－21‎ ‎(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开O点时的速度大小。‎ ‎(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围。‎ ‎(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值，(结果可保留根式)。‎ 解析　(1)小物块从O到P做平抛运动，则：‎ 水平方向：x＝v0t 竖直方向：y＝gt2‎ 解得：v0＝4 m/s。‎ ‎(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：‎ Fx1－μmgs＝ΔEk－0＝0‎ 解得：x1＝2.5 m 为使小物体不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s；设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理得：Fx2－μmgs＝mv02。‎ 解得：x2＝3.3 m 故为使物块击中挡板，拉力F的作用距离范围为 ‎2．5 m＜x≤3.3 m。‎ ‎(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则有：‎ x＝v0′t′，y＝gt′2，‎ 由动能定理得：‎ mgy＝Ek－mv0′2‎ 又因为x2＋y2＝R2‎ 由P点坐标可求R2＝3.2‎ 化简得：Ek＝＋＝＋ 8‎ 由数学方法可得：Ekmin＝2 J。‎ 答案　(1)4 m/s　(2)2.5 m＜x≤3.3 m　(3)2 J 8‎