【物理】2020高考二轮总复习专题五功功率和动能定理限时训练（解析版）

【物理】2020高考二轮总复习专题五功功率和动能定理限时训练（解析版）

专题限时训练 一、单项选择题 ‎1．(2019·浙江省温州九校联考)据《科技日报》‎2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线．该潜水器质量为5×10 ‎3 kg，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将质量为4×‎103 kg的高密度重物从3 ‎000 m深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，则提升的时间为(　　)‎ A．0.5×103 s B．1.0×103 s C．1.5×103 s D．2.0×103 s 答案：C 解析：由题可知，重物匀速运动，其速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，运动的时间为t＝ s＝1.5×103 s，故只有选项C正确．‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用．距地面高度h在‎3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示．重力加速度取‎10 m/s2.该物体的质量为(　　)‎ A．‎2 kg　 　 B．‎1.5 kg ‎ C．‎1 kg　 　 D．‎‎0.5 kg 答案：C 解析：对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg－F)(6－h)＝Ek，得Ek＝6(mg－F)－h(mg－F)，即mg－F＝8 N，联立两公式，得m＝1 kg、F＝2 N．故只有选项C正确．‎ ‎3．如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．下列说法中正确的是(　　)‎ A．缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsin θ B．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θ C．小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零 D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大 答案：C 解析：缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即WF＝mgL(1－cos θ)，重力势能增加mgL(1－cos θ)，选项A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确，D错误．‎ ‎4．列车在空载情况下以恒定功率P经过一段平直的路段，通过某点时速率为v，加速度为a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a2.重力加速度大小为g.设阻力是列车重力的k倍，则列车满载与空载时的质量之比为(　　)‎ A.　　　　　　　 B． C. D． 答案：A 解析：设空载时质量为m，满载时质量为M，汽车空载时受到的牵引力和阻力满足F－kmg＝ma1，由汽车的功率和牵引力关系P＝Fv，可得P＝(kmg＋ma1)v，当汽车满载时有F1－kMg＝Ma2，P＝F1v，得P＝(kMg＋Ma2)v，满载和空载时功率和速率均相等，可求出＝.所以选项A正确．‎ ‎5．一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能Ek、牵引力对汽车做的功W随运动时间t、运动位移x的变化图象正确的是(　　)‎ A　　　　　B　　　 　C　　　　　D 答案：C 解析：汽车从静止开始先匀加速启动，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功W＝Fx＝F·at2，则W－t图象是开口向上的抛物线，W－x图象是条倾斜的直线，达到某一速度后以恒定功率运动，牵引力做功W＝Pt，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，不会达到一个最大值，故A、B错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，动能Ek＝mv2＝ma2t2，Ek－t图象是开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，则动能增加随时间变慢，斜率变小，最后匀速运动，动能达到最大值，故C正确；从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得：Ek＝(F－f)x，Ek－x图象应该是直线，故D错误．‎ ‎6．如图所示，半径为R的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a与桌面相切．Oc与Oa的夹角为60°，A、B两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)．A球从c点由静止释放后沿圆轨道滑到a点时速度恰好为零．设轻绳足够长，不计一切摩擦．在此过程中下列说法正确的是(　　)‎ A．重力对A球做功的功率先变大后变小 B．两球沿绳方向速度大小始终相等 C．绳上的拉力始终大于B球重力 D．A、B两小球的质量之比为2∶1‎ 答案：A 解析：重力的功率P＝mgv，这里的v是指竖直方向的分速度，一开始A是由静止释放的，所以A一开始的竖直速度为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零．相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力功率mgv先增大后减小，故A正确；mA由c点下滑到a的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在mA滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，mA的速度大于mA沿绳子的分速度，而mB的速度大小等于绳子的速度大小，则mA的速率大于mB速率，故B错误；由题可知，两个小球的速度都是先增大后减小，当B向上的速度增大时，加速度的方向向上，绳上的拉力大于B球重力；而当B向上减速时，加速度的方向向下，绳上的拉力小于B球重力．故C错误；c点到轨道的上沿的距离l＝＝R，若mA恰好能沿圆轨道下滑到a点，此时两小球速度为零，由动能定理得：mAgR(1－cos 60°)－mBg(R－l)＝0－0，解得：mA＝(2－2)mB，故选项D错误．‎ 二、多项选择题 ‎7．(2018·开封一模)如图所示，一质量为m的小球固定在长为‎2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中(　　)‎ A．小球重力做功为2mgL B．绳子拉力做功大于2mgL C．重力做功的功率逐渐增大 D．绳子拉力做功的功率先增大后减小 答案：AC 解析：小球重力做功为WG＝mg·2L＝2mgL，故A正确；在整个过程中，根据动能定理可得mg·2L－W拉＝mv2－mv2，解得W拉＝2mgL，故B错误；根据P＝Fvcos θ可知，P＝mgvcos θ，在下落过程中，θ逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C正确；在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D错误．‎ ‎8．(2019·济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为‎2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝‎10 m/s2.根据以上信息能得出的物理量有(　　)‎ A．物体与水平面间的动摩擦因数 B．合外力对物体所做的功 C．物体做匀速运动时的速度 D．物体运动的时间 答案：ABC 解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，选项A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据Fx图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，选项B、C正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，选项D错误．‎ 三、计算题 ‎9．(2019·全国卷Ⅲ)空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为，重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)电场强度的大小；‎ ‎(2)B运动到P点时的动能．‎ 答案：(1)　(2)2m(v＋g2t2)‎ 解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mg＋qE＝ma①‎ a()2＝gt2②‎ 解得：E＝③‎ ‎(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有 Ek－mv＝mgh＋qEh④‎ 且有v1＝v0t⑤‎ h＝gt2⑥‎ 联立③④⑤⑥式得：Ek＝2m(v＋g2t2)⑦‎ ‎10．(2018·嘉定区二模)如图所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知LAB＝‎4 m，α＝37°.一个质量为m的小环套在杆上，以v0＝‎8 m/s的初速度从A点沿杆上滑．不计小环经过B点时的能量损失，g取‎10 m/s2.则：‎ ‎(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？‎ ‎(2)小环运动到B点时的速度vB为多少？‎ ‎(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C 点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？‎ 答案：(1)6 m/s2，方向沿杆斜向下　(2)4 m/s ‎(3)0.64‎ 解析：(1)小环在AB段运动过程中，受到重力和支持力的作用，其合外力为mgsin α，根据牛顿第二定律可得：mgsin α＝ma，得：a＝gsin α＝6 m/s2，方向沿杆斜向下．‎ ‎(2)小环从A点运动到B点的过程中，由动能定理可得：‎ ‎－mgLABsin α＝mv－mv 解得：vB＝＝4 m/s.‎ ‎(3)小环从A点出发，经过B点，能够到达C点，重力不做功，只有摩擦力做负功，全过程利用动能定理可得：－μmgcos αLAB－μmgsin αLBC＝0－mv，再由几何关系可知：LBC＝‎3 m，解得：μ＝0.64.‎ ‎11.如图所示，劲度系数k＝200 N/m的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量m＝‎3 kg的物块A，A放在平台B上，平台B可以控制A的运动，初始时A、B静止，弹簧处于原长，g取‎10 m/s2，控制平台B竖直向下运动，保持A与B一起下降直到分离，求：‎ ‎(1)A、B一起缓慢下降的最大位置x1；‎ ‎(2)若B以a＝‎5 m/s2向下加速运动，从开始运动到A、B分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B对A做的功．‎ 答案：(1)0.15 m　(2)0.562 5 J　－0.562 5 J 解析：(1)对A受力分析：mg－FN－kx＝0‎ 当FN＝0时，达到最大位移，x1＝＝0.15 m ‎(2)B以a＝‎5 m/s2向下加速运动，对A受力分析：mg－FN－kx＝ma，当FN ‎＝0时，达到最大位移x2＝＝‎0.075 m　‎ 弹簧弹力对A做的功：‎ W弹＝－F弹x2＝－kx＝－0.562 5 J 所以弹性势能的增加量Ep2＝－W弹＝0.562 5 J 分离时物块A的速度v＝ 动能Ek＝mv2＝ J 重力对A做的功为WG＝mgx2＝2.25 J 对A由动能定理，W＋WG＋W弹＝Ek 代入数据得B对A的作用力所做的功W＝－0.562 5 J.‎