【物理】2020届一轮复习人教版第六单元第一节功功率动能定理作业 11页

第六单元 第一节 功 功率 动能定理 （A、B卷）‎ A卷——夯基保分练 ‎1．下列关于摩擦力对物体做功的说法正确的是(　　)‎ A．摩擦力一定会对物体做功 B．摩擦力一定对物体做负功 C．摩擦力可以对物体做正功 D．静摩擦力对物体不做功，滑动摩擦力一定对物体做功 解析：选C　物体放在桌面，人用力推没推动，物体受到桌子的摩擦力，但是没有位移，故摩擦力没有做功，故A错误；将物体放在匀速转动的传送带上，物体受到传送带的摩擦力，并且在摩擦力的方向有位移，摩擦力做正功，故B错误，C正确；物体放在车上，车匀速运动，物体受到车的静摩擦力，在力的方向有位移，故静摩擦力可以做功；静止的物体受到的滑动摩擦力不做功，故D错误。‎ ‎2.(2018·嘉兴检测)如图所示，某滑翔爱好者利用无动力滑翔伞在高山顶助跑起飞，在空中完成长距离滑翔后安全到达山脚下。他在空中滑翔的过程中(　　)‎ A．只有重力做功 B．重力势能的减小量大于重力做的功 C．重力势能的减小量等于动能的增加量 D．动能的改变量等于合力做的功 解析：选D　运动员在滑翔过程中，除了重力做功之外，还有空气阻力做功，选项A错误；重力做功等于重力势能减小量，选项B错误；根据动能定理，重力、空气阻力做功之和等于动能改变量，选项C错误，D正确。‎ ‎3.如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中(　　)‎ A．支持力对小物块做功为mgLsin α B．支持力对物块做功为0‎ C．滑动摩擦力对小物块做功为mgLsin α D．滑动摩擦力对小物块做的功为mv2＋mgLsin α 解析：选A　对缓慢地抬高A端的过程中，只有重力和支持力做功，根据动能定理得：WN－mgLsin α＝0，得到支持力对小物块做功为WN＝mgLsin α ‎，故A正确，B错误。对下滑过程，根据动能定理得：mgLsin α＋Wf＝mv2－0，得到滑动摩擦力对小物块做的功mv2－mgLsin α，故C、D错误。‎ ‎4．一辆质量为m的汽车在平直公路上，以恒定功率P行驶，经过时间t，运动距离为x，速度从v1增加到v2，已知所受阻力大小恒为f，则下列表达式正确的是(　　)‎ A．x＝t　　　　 B．P＝fv1‎ C.－＝ D．Pt－fx＝mv22－mv12‎ 解析：选D　汽车以恒定功率P行驶，则－f＝ma，汽车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的公式不成立，故A错误。因为牵引力是变力且大于阻力f，故P≠fv1，故B错误。F＝，物体做变加速运动，故C错误。据动能定理：WF＋Wf＝ΔEk，则Pt－fx＝mv22－mv12，故D正确。‎ ‎5．(2018·杭州期末)下列表述中最符合实际情况的是(　　)‎ A．某高中同学做一次引体向上的上升过程中克服重力做功约为25 J B．将一个鸡蛋从胸前举过头顶，克服重力做功约为10 J C．篮球从2 m高处自由下落到地面的过程中，重力做功的功率约为20 W D．某高中同学步行上楼时克服重力做功的功率约为10 kW 解析：选C　高中同学质量约为50 kg，引体向上重心上移的距离约为30 cm，因此克服重力做功约为W＝mgh＝150 J，A错误；鸡蛋的重量约为50 g，上升距离约1 m，则克服重力做功约为W＝mgh＝0.5 J，B错误；一个篮球质量约为600 g，自由下落到地面重力做功为W＝mgh，下落时间为t＝，篮球做功的功率约为P＝＝ W≈20 W，C正确；高中同学步行上楼克服重力功率不可能达到10 000 W，超过了好几匹马的功率有违背常识，D错误。‎ ‎6．(2018·金华十校联考)如图所示，质量为50 kg的同学在做仰卧起坐运动。若该同学上半身的质量约为全身质量的，她在1 min内做了50次仰卧起坐，每次仰卧起坐上半身重心上升的高度均为0.3 m，则她在1 min内做50次仰卧起坐克服重力做的功W和相应的平均功率P分别约为(　　)‎ A．W＝4 500 J，P＝75 W　　 B．W＝450 J，P＝7.5 W C．W＝3 600 J，P＝60 W D．W＝360 J，P＝6 W 解析：选A　每次上半身克服重力做功W＝mgh＝×50×10×0.3 J＝90 J ，所以1 min总共克服重力做功约为4 500 J，平均功率约为P＝＝75 W，选项A正确。‎ ‎7.如图所示，轻质弹簧竖直放在地面上，物块P的质量为m，与弹簧连在一起保持静止。现用竖直向上的恒力F使P向上加速运动一小段距离L时，速度为v，下列说法中正确的是(　　)‎ A．重力做的功为mgL B．合外力做的功为0‎ C．合外力做的功为FL－mgL D．弹簧弹力做的功为mgL－FL＋ 解析：选D　P上升L时，克服重力做功为mgL，重力做功为－mgL，故A错误；根据动能定理，合外力做功为：W合＝－mgL＋FL＋W弹＝mv2，解得：W弹＝mgL－FL＋mv2，故D正确，B、C错误。‎ ‎8.物体沿直线运动的vt关系图象如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)‎ A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为－W D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W 解析：选D　由动能定理W合＝mv22－mv12知第1 s内W＝mv2。将动能定理应用于A、B、C、D项知，D正确，A、B、C错误。‎ ‎9.(2018·浙江11月选考)奥运会比赛项目撑杆跳高如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．加速助跑过程中，运动员的动能增加 B．起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增加 C．起跳上升过程中，运动员的重力势能增加 D．越过横杆后下落过程中，运动员的重力势能减少动能增加 解析：选B　加速助跑过程中，运动员的速度增大，动能增加，A正确；起跳上升过程中，杆先被压得更弯，后又复原，所以杆的弹性势能先增加后减少，运动员的重力势能一直增加，B错误，C正确；越过横杆后运动员加速下落，重力势能减少，动能增加，D正确。‎ ‎10.如图所示，质量为m的金属导体棒MN被两根轻质柔软的细导线吊在一个绝缘支架上，细导线的另一端与电源和开关相连，构成闭合回路，金属棒可做自由摆动，其接入电路部分的长度为L，在竖直方向上有磁感应强度为B 的匀强磁场，初始时刻，开关处于断开状态，导体棒MN静止不动，现把开关闭合后，发现导体棒摆动的最大摆角是60°，则导体棒中通有的电流I为(重力加速度为g)(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选D　设绝缘支架到金属棒的距离为L′，根据动能定理得BIL·L′sin 60°－mgL′(1－cos 60°)＝0，解得I＝，故D正确。‎ ‎11.质量为m的物体从地面上方H高处无初速度释放，落在地面后出现一个深度h的坑，如图所示，在全过程中，以下说法不正确的是(　　)‎ A．外力对物体做的总功为零 B．重力对物体做功为mgH C．物体的机械能减少mg(H＋h)‎ D．地面对物体的平均阻力大小为 解析：选B　物体的初、末动能都为零，根据动能定理可知，合外力做的功等于物体动能的变化量，所以外力对物体做的总功为零，故A正确；物体落至坑底时，以坑底为参考平面，重力对物体做功为mg(H＋h)，在此过程中物体的重力势能减少量为ΔEp＝mg(H＋h)，故B错误，C正确。整体过程中，根据动能定理得：mg(H＋h)－Fh＝0，解得地面对物体的平均阻力为F＝，故D正确。本题选不正确的，故选B。‎ ‎12．(2019·浙江省金丽衢十二校联考)中国已成为世界上高铁运营里程最长、在建规模最大的国家。报道称，新一代高速列车正常持续运行牵引功率达9 000 kW，速度为300 km/h，假设一列高速列车从杭州到金华运行路程为150 km，则(　　)‎ A．列车从杭州到金华在动力上消耗的电能约为9 000 kW·h B．列车正常持续运行时的阻力大小约为105 N C．假设列车所受阻力大小不变，则列车速度大小为150 km/h 时牵引功率为4 500 kW D．假设列车所受阻力大小不变，则从杭州到金华列车克服阻力做功大小等于阻力与位移的乘积 解析：选B　条件不够，无法求出从杭州到金华列车消耗的电能，选项A错误；根据P＝Fv可知，F＝1.08×105 N，选项B正确；列车的瞬时速度为150 km/h，但不能确定是匀速运动或者变速运动，所以也不能确定牵引功率，选项C错误；从杭州到金华列车克服阻力做功大小为阻力大小与其路程的乘积，选项D错误。‎ ‎13．(2018·临海联考)如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处静止。那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　　)‎ A.μmgR B．mgR C．mgR D．(1－μ)mgR 解析：选D　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR。‎ ‎14.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图象，如图所示(除2～10 s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)。已知在小车运动的过程中，2～14 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求： ‎ ‎(1)小车所受到的阻力大小和小车匀速行驶阶段的功率； ‎ ‎(2)小车在2～10 s内的位移。‎ 解析：(1)由图象可得：在14～18 s时间段的加速度为：‎ a＝ m/s2＝－1.5 m/s2‎ 小车受到阻力大小：f＝ma＝－1.5 N(负号表示力的方向与运动方向相反)‎ 在10～14 s小车做匀速运动，牵引力大小F与f大小相等，有：F＝1.5 N 则有：P＝Fv＝1.5×6 W＝9 W。‎ ‎(2)2～10 s内根据动能定理有：‎ Pt－fx2＝mv22－mv12‎ 解得：x2＝ m＝39 m 答案：(1)1.5 N　9 W　(2)39 m ‎15.(2018·杭州四校联考)某游乐场中一种玩具车的运动情况可以简化为如下模型：如图所示，轨道ABCD位于竖直平面内，水平轨道AB与竖直半圆轨道BCD相切于B点，C点与圆心O等高，质量m＝10 kg的小车Q(可视为质点)静止在水平轨道上的点A，已知A点与B点相距L＝40 m(图中AB之间的虚线表示未画完整的水平轨道)，竖直圆轨道的半径R＝3 m，圆弧光滑；小车在水平轨道AB间运动时受到的阻力恒为其重力的0.25倍。其他摩擦与空气阻力均忽略不计。(g取10 m/s2)‎ ‎(1)若小车在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F的作用，使小车恰好能到达半圆轨道的C点，求恒力F的大小；‎ ‎(2)若小车在适当的拉力作用下，恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，求小车经过半圆轨道B点时受到的支持力大小；‎ ‎(3)若小车用自带的电动机提供动力，电动机输出功率恒为P＝50 W，要使小车不脱离轨道，求发动机工作时间t需满足的条件(设经过所求的时间，小车还没到B点)。‎ 解析：(1)对AC过程由动能定理，得 FL－μmgL－mgR＝0－0‎ 代入数据解得F＝32.5 N。‎ ‎(2)当小车在最高点时，有mg＝m 在小车由B点运动到D点过程中，由机械能守恒定律得 mv12＝2mgR＋mv22‎ 解得v1＝ 在B点时，由牛顿第二定律得：F－mg＝m 解得F＝600 N。‎ ‎(3)不脱离轨道情景一：小车上升的高度不超过C点，A到C过程由动能定理得Pt1－μmgL－mgR＝0，‎ 解得t1＝26 s；‎ 不脱离轨道情景二：小车恰能上升到最高点D，需满足 mg＝m A到D过程由动能定理得 Pt2－μmgL－mg·2R＝mvD2‎ 解得t2＝35 s。‎ 故要使小车不脱离轨道，发动机工作的时间需满足t≤26 s或t≥35 s。‎ 答案：(1)32.5 N　(2)600 N　(3)t≤26 s或t≥35 s B卷——大题强化练 ‎1.如图所示，一个人用与水平方向成53°的力F＝50 N拉一重为60 N的木箱，在粗糙水平地面上沿直线加速前进8 m，已知木箱与水平面间动摩擦因数为μ＝0.5，cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8，求：‎ ‎(1)拉力F对木箱所做的功；‎ ‎(2)摩擦力对木箱所做的功；‎ ‎(3)外力对木箱所做的总功。‎ 解析：(1)拉力F对木箱所做的功为：‎ W＝Fxcos θ＝50×8×0.6 J＝240 J。‎ ‎(2)木箱受到的摩擦力大小 f＝μ(mg－Fsin 53°)＝0.5×(60－50×0.8) N＝10 N；‎ 摩擦力所做的功Wf＝－fx＝－10×8 J＝－80 J。‎ ‎(3)外力对木箱所做的功 W总＝W＋Wf＝240 J－80 J＝160 J。‎ 答案：(1)240 J　(2)－80 J　(3)160 J ‎2.图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m＝5×103 kg 的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度a＝0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm＝1.02 m/s的匀速运动。取g＝10 m/s2，不计额外功。求：‎ ‎(1)起重机允许输出的最大功率；‎ ‎(2)重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。‎ 解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，此时物体做匀速直线运动，拉力F0等于重力。‎ P0＝F0vm①‎ F0＝mg②‎ 代入数据，得：P0＝5.1×104 W。③‎ ‎(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1，有：‎ P0＝Fv1④‎ F－mg＝ma⑤‎ v1＝at1⑥‎ 由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5 s⑦‎ t＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则 v2＝at⑧‎ P＝Fv2⑨‎ 由⑤⑧⑨，代入数据，得：P＝2.04×104 W。‎ 答案：(1)5.1×104 W　(2)5 s　2.04×104 W ‎3．(2018·浙江省“七彩阳光”联盟高三联考)如图1所示，高H＝1 m的桌面上固定一竖直的半径R＝0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道末端B 点与桌面边缘水平相切。将一质量m＝0.05 kg的小球由轨道顶端A点静止释放，小球落入固定在地面上的球筐中。已知球筐的高度h＝0.2 m，球筐的直径比球稍大，与圆弧轨道半径R、平台高H等相比可忽略，空气阻力忽略不计。(g取10 m/s2)‎ ‎(1)求小球运动到B点时对轨道的压力；‎ ‎(2)求球筐距B点的水平距离；‎ ‎(3)把圆弧轨道撤去，让小球在桌面上从B点水平抛出。有人认为“为防止球入筐时弹出，小球到达球筐口时的动能越小越好”。若只改变桌面的高度，求出该动能的最小值。‎ 解析：(1)小球从A点运动到B点，根据动能定理：‎ mgR＝mv02‎ 在B点合力提供向心力：FN－mg＝ 根据牛顿第三定律，小球在B点对轨道的压力大小FN′＝FN，方向竖直向下 解得：v0＝4 m/s，FN′＝1.5 N。‎ ‎(2)小球从B点到球筐口处做平抛运动，竖直方向：‎ H－h＝gt2‎ 水平方向：x＝v0t 解得：x＝1.6 m。‎ ‎(3)小球从B运动到球筐口过程 由动能定理：mg(H′－h)＝Ek－mvB2‎ 根据平抛运动规律：x＝vBt′，H′－h＝gt′2‎ 联立解得：Ek＝＋mg(H′－h)‎ 当H′＝h＋x＝1 m时，Ek有最小值，‎ 其最小值为Ekmin＝mgx＝0.8 J。‎ 答案：(1)1.5 N，方向竖直向下　(2)1.6 m　(3)0.8 J ‎4．(2018·浙江6月学考)小明用如图所示轨道探究滑块的运动规律。长L1＝1 m的斜轨道倾角为α，斜轨道底端平滑连接长L2＝0.1 m的水平轨道，水平轨道左端与半径R＝0.2 m 的光滑半圆形轨道底端B平滑连接。将质量m＝0.05 kg的滑块(可不计大小)从斜轨道顶端释放，滑块与斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.3。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。‎ ‎(1)当α＝37°时，无初速释放滑块，求滑块到达B点时对半圆轨道压力FN的大小；‎ ‎(2)当α＝37°时，为保证滑块能到达半圆轨道顶端A，应至少以多大速度v1释放滑块？‎ ‎(3)为保证滑块离开半圆轨道顶端A后恰好能垂直撞击斜轨道，求α的范围。‎ 解析：(1)滑块从斜轨道顶端滑到B点的过程根据动能定理有：mgL1sin α－μmgL1cos α－μmgL2＝mv2‎ 在B点由牛顿第二定律得：F－mg＝m 解得F＝2.15 N 由牛顿第三定律得FN的大小为2.15 N。‎ ‎(2)若滑块恰能到达半圆轨道顶端A，到达A时速度记为v2，则mg＝m 解得v2＝ m/s 从斜轨道顶端到A由动能定理有：‎ mgL1sin α－μmgL1cos α－μmgL2－2mgR＝mv22－mv12‎ 解得：v1＝ m/s。‎ ‎(3)滑块垂直撞击斜轨道如图1所示，‎ 则有：gt2＋(v2t－L2)tan α＝2R 分解速度v3如图2所示，‎ 则有：tan α＝ 由(2)知v2需满足条件：v2≥ m/s 由以上三式整理可得α的最小值满足：tan α＝ 综合分析可知α的最大值不超过90°。‎ 答案：(1)2.15 N　(2) m/s ‎(3)α最小值满足tan α＝，α最大值不超过90°‎ ‎5．(2019·浙江省金丽衢十二校联考)某玩具厂设计出如图所示的玩具，轨道固定在高为H1＝0.5 m的水平台面上，通过在A处压缩弹簧把质量m＝0.01 kg的小球(可看成质点)从静止弹出，先后经过直线轨道AC，半径R1＝0.1 m的圆形轨道，长为L1＝0.5 m的直线轨道CD，以及两段半径R2＝1 m的圆弧DE、GP轨道，G、E两点等高且两圆弧对应的圆心角都为37°，所有轨道都平滑连接；小球从P点水平抛出后打到固定在Q点的锣上，P、Q的水平距离L2＝1.2 m，锣的半径r＝0.3 m，圆心O离地高H2＝0.4 m。小球与CD段间的动摩擦因数为μ＝0.2，其余轨道光滑，N为在P点正下方的挡板，在一次测试中测出小球运动到B点时对内轨的作用力为F＝0.064 N。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)‎ ‎(1)求小球运动到B点时的速度大小；‎ ‎(2)小球能否从P点离开轨道，请说明理由；‎ ‎(3)要使小球打到锣上，求小球从A处弹出时弹簧对小球所做的功需满足的条件。‎ 解析：(1)小球在B点所受合力提供向心力，由牛顿第三定律得，小球在B点时内轨对小球的作用力等于小球对内轨的作用力，有 mg－FN＝m 解得v0＝0.6 m/s。‎ ‎(2)设小球能从P点离开轨道，通过直线轨道CD后能上升的最大高度为h0，根据动能定理得mg(2R1－h0)－μmgL1＝0－mv02‎ 解得h0＝0.118 m h0＜2R1且h0＜R2(1－cos 37°)‎ 所以小球不能从P点离开轨道。‎ ‎(3)锣的下边界与P点的高度差h1＝H1＋2R2(1－cos 37°)－(H2－r)＝0.8 m，锣的上边界与P点的高度差h2＝H1＋2R2(1－cos 37°)－(H2＋r)＝0.2 m，如果小球从P点飞出后能打到锣的上、下边界，根据平抛运动规律h＝gt2‎ v＝ 可得小球从P点飞出的速度3 m/s≤v≤6 m/s 而小球沿圆弧GP运动到P点的条件是mg≤m 得v≥ m/s 所以 m/s≤v≤6 m/s 根据动能定理 W－μmgL1－mg[2R2(1－cos 37°)]＝mv2‎ 解得：0.1 J≤W≤0.23 J。‎ 答案：(1)0.6 m/s　(2)小球不能从P点离开轨道，理由见解析　(3)0.1 J≤W≤0.23 J