【物理】2019届二轮复习功、功率　动能定理及其应用作业

【物理】2019届二轮复习功、功率　动能定理及其应用作业

第8讲　功、功率　动能定理及其应用 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)‎ ‎1．(2018·浙江杭州地区六校高一期中联考)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离L，如图1所示，物体m相对斜面静止，则下列说法中错误的是(　　)‎ 图1‎ A．重力对物体m做正功 B．合力对物体m做功为零 C．摩擦力对物体m做功为－mgLsin θcos θ D．支持力对物体m做功为mgLsin θcos θ 解析　物体在水平方向移动，在重力方向上没有位移，所以重力对物体m做功为零，选项A错误；物体匀速运动时，合力为零，合力对物体m做功为零，选项B正确；根据共点力平衡条件，可得物体受到的摩擦力大小为f＝mgsin θ，方向沿斜面向上，所以摩擦力f与位移的夹角为钝角，做负功，大小为Wf＝－(mgsin θ)cos θ·L＝－mgLsin θcos θ，选项C正确；根据共点力平衡条件，可得物体受到的支持力大小为FN＝mgcos θ，由图看出，弹力FN与位移L的夹角小于90°，则做正功，大小为WFN＝mgcos θ·sin θ·L＝mgLsin θcos θ，选项D正确。‎ 答案　A ‎2．(2018·浙江杭州西湖高级中学高二月考)如图2所示，四个完全相同的小球在同一高度以相同大小的初速度v0‎ 分别水平、竖直向下、竖直向上、斜向上抛出，不计空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．小球飞行过程中加速度相同 B．小球落地时的动能不同 C．从开始运动至落地，重力对小球做功不相同 D．从开始运动至落地，重力对小球做功的平均功率相同 解析　物体都做抛体运动，故加速度都为重力加速度，相同，选项A正确；根据动能定理可知，小球落地时的动能相同，选项B错误；根据W＝mgh可知，重力做功相同，选项C错误；小球的运动时间不同，由公式P＝可知，重力对小球做功的平均功率不同，选项D错误。‎ 答案　A ‎3．(2018·浙江杭州高三期末)研究表明，人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍。某同学质量为70 kg，在水平地面上匀速步行的速度为5 km/h，此过程中他的平均功率约为(　　)‎ A．5 W B．50 W C．100 W D．200 W 解析　人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1倍，设在时间t内在水平面上运动的距离为vt，此过程中重心上升的高度为Δh＝0.1vt，人的重力为G＝700 N，所以平均功率P＝＝＝0.1×Gv＝0.1×700× W≈97.2 W，选项C正确。‎ 答案　C ‎4．(2018·温州选考模拟)中国已成为世界上高铁系统技术最全、集成能力最强、运营里程最长、运行速度最高、在建规模最大的国家。报道称，新一代高速列车牵引功率达9 000 kW，持续运行速度为350 km/h，则新一代高速列车沿全长约1 300 km的京沪线从北京到上海，在动力上耗电约为(　　)‎ A．3.3×104 kW·h B．3.1×106 kW·h C．1.8×104 kW·h D．3.3×105 kW·h 解析　高速列车运动的时间约为t＝＝≈3.7 h，高速列车在动力上耗电约为W＝Pt＝9 000 kW×3.7 h≈3.3×104 kW·h，选项A正确，B、C、D错误。‎ 答案　A ‎5．(2018·浙江台州高三期末)如图3所示为中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，装有额定输出功率为8 700 kW的大功率燃汽轮机，最高时速为108 km/h。假设气垫船航行过程所受的阻力Ff与速度v成正比，即Ff＝kv。则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．该气垫船的最大牵引力为2.9×105 N B．从题中给出的数据，无法计算k值 C．在输出额定功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9×105 N D．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kW 解析　在额定输出功率下以最高时速航行时，vm＝108 km/h＝30 m/s，根据P＝Fv得F＝＝ N＝2.9×105 N，此时匀速运动，则f＝F＝2.9×105 N，若以恒定牵引力启动时，开始的牵引力大于匀速运动的牵引力，所以最大牵引力大于2.9×105 N，选项C正确，A错误； 根据f＝kv得k＝＝ N·s/m＝9.67×103 N·s/m，选项B错误；以最高时速一半的速度匀速航行时，F′＝f′＝k＝9.67×103× N＝1.45×105 N，则P＝F′v＝1.45×105×15 W＝2 175 kW，选项D错误。‎ 答案　C ‎6.(2018·浙江宁波重点中学高三期末)如图4所示，自动卸货车静止在水平地面上，在液压机的作用下，车厢与水平方向的夹角缓慢增大，在货物没有滑动之前的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．货物受到的静摩擦力减小 B．地面对货车有水平向右的摩擦力 C．货物受到的摩擦力对货物做正功 D．货物受到的支持力对货物做正功 解析　货物处于平衡状态，则有mgsin θ＝f, FN＝mgcos θ，θ增大时，f增大，FN减小，选项A错误；对整体受力分析可知，整体处于平衡状态，在水平方向不受外力，故地面对货车没有摩擦力，选项B错误；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，选项C错误；货物受到的支持力的方向与位移方向的夹角小于90°，做正功，选项D正确。‎ 答案　D ‎7.如图5所示，沪杭高铁在运营前的某次测试中，列车在水平直线轨道上匀速行驶的最大速度为416 km/h(约为116 m/s)。假定列车的总质量为4.40×105 kg。列车以最大速度匀速行驶时所受的阻力为车重的0.03倍，则此时列车牵引力的总功率约为(　　)‎ 图5‎ A．1.2×107 W B．1.5×107 W C．1.8×107 W D．1.5×108 W 解析　P＝Fv＝fv＝0.03×4.40×105×10×116 W＝1.5×107 W。‎ 答案　B ‎8．(2018·浙江名校协作体高二联考)如图6所示，每到夏天在舟山的海滨浴场都会看到体育爱好者骑着水上摩托艇进行冲浪运动。已知某一型号的水上摩托车额定输出功率为P，最大速度为v，航行过程中所受的阻力F阻与速度v2成正比，即F阻＝kv2。下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．摩托艇的最大牵引力为 B．以最高速度一半的速度匀速航行时，摩托艇的输出功率为 C．以额定输出功率下以最高时速航行时，摩托艇所受的阻力为 D．若要在最短时间内达到最大速度，摩托艇应做匀加速运动 解析　由P＝Fv知速度小时牵引力大，选项A错误；以最大速度匀速航行时有P＝F阻v＝kv3，以最大速度一半的速度匀速航行时，有P′＝F阻′·＝k·＝P，选项B错误；在额定输出功率下以最高时速航行时，由P＝Fv，解得牵引力大小为F＝，这时阻力与牵引力大小相等，选项C正确；若要在最短时间内达到最大速度，摩托艇应在额定功率下加速，选项D错误。‎ 答案　C ‎9．如图7所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)(　　)‎ 图7‎ A．5 m B．3 m ‎ C．7 m D．1 m 解析　设水深h，对全程运用动能定理mg(H＋h)－h＝0，＝3mg，‎ 即mg(H＋h)＝3mgh，所以h＝5 m。‎ 答案　A 二、非选择题 ‎10．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)如图8所示是游乐场中过山车的模型图，半径为R＝4.0 m的不光滑圆形轨道固定在倾角为θ＝37°斜轨道面上的B 点，且圆形轨道的最高点C与A点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。游戏开始前，小车在水平向左的外力F作用下静止在斜轨道P点游戏开始时撤去水平外力F，小车沿斜轨道向下运动，过图中A点时速度v0＝14 m/s。已知小车质量m＝2 kg。斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ＝，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若小车通过圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于重力的两倍，设小车受到的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则 图8‎ ‎(1)小车在P点静止时水平外力F的最小值；‎ ‎(2)小车从B到C过程中，克服摩擦力做了多少功。‎ 解析　(1)在P点，对小车 垂直斜面方向有FN＝mgcos 37°＋Fsin 37°‎ 沿斜面方向有Fcos 37°＋μFN＝mgsin 37°‎ 解得F＝ N＝10.37 N。‎ ‎(2)在C点有FN＋mg＝m，FN＝2mg 得vC＝＝2 m/s 从A到C过程中 ‎－μmgcos θ·lAB－Wf＝mv－mv 由几何关系得lAB＝－Rtan θ 解得lAB＝12 m Wf＝44 J。‎ 答案　(1)10.37 N　(2)44 J ‎11．(2018·浙江桐乡高三选考模拟)如图9所示为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC 的始、末端均水平，具有h＝0.1 m的高度差，DEN是半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过，在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m＝0.2 kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿着DEN轨道滑下。求：(g取10 m/s2)‎ 图9‎ ‎(1)小球在D点时的速度大小；‎ ‎(2)小球在N点时受到的支持力大小；‎ ‎(3)压缩的弹簧所具有的弹性势能。‎ 解析　(1)小球刚好能沿DEN轨道下滑，在轨道最高点D点，‎ 根据牛顿第二定律mg＝m 代入数据解得vD＝2 m/s。‎ ‎(2)D点到N点，由机械能守恒定律得 mv＋2mgr＝mv 根据牛顿第二定律FN－mg＝m 联立以上两式并代入数据得FN＝12 N。‎ ‎(3)弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep 根据动能定理有W－μmgL＋mgh＝mv－0‎ 代入数据得W＝0.44 J。‎ Ep＝W＝0.44 J。‎ 答案　(1)2 m/s　(2)12 N　(3)0.44 J ‎12．(2018·浙江选考十校联盟适应性考试)如图10所示，水平传送带AB向右匀速运动，倾角为θ＝37°的倾斜轨道与水平轨道平滑连接于C点，小物块与传送带AB及倾斜轨道和水平轨道之间均存在摩擦，动摩擦因数都为μ＝0.4，倾斜轨道长度LPC＝0.75 m，C与竖直圆轨道最低点D处的距离为LCD＝0.525‎ ‎ m，圆轨道光滑，其半径R＝0.5 m。质量为m＝0.2 kg可看作质点的小物块轻轻放在传送带上的某点，小物块随传送带运动到B点，之后沿水平飞出恰好从P处切入倾斜轨道后做匀加速直线运动(进入P点前后不考虑能量损失)，经C处运动至D，在D处进入竖直平面圆轨道，恰好绕过圆轨道的最高点E之后从D点进入水平轨道DF向右运动(最大静摩擦力等于滑动摩擦力， sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)。求：‎ 图10‎ ‎(1)物块刚运动到圆弧轨道最低处D时对轨道的压力；‎ ‎(2)传送带对小物块做的功W；‎ ‎(3)若传送带AB向右匀速运动的速度v0＝5 m/s，求小物块在传送带上运动过程中由于相互摩擦而产生的热量Q。‎ 解析　(1)小物块恰好过E点有mg＝m D到E过程有－mg2R＝m(v－v)‎ D点有FN－mg＝m 则FN＝12 N 由牛顿第三定律得到物块到D点时对轨道压力大小为12 N，方向竖直向下。‎ ‎(2)从P点到D点由动能定理 mg(sin θ)LPC－μmg(cos θ)LPC－μmgLCD＝m(v－v)‎ 得vP＝5 m/s 在P点由vB＝vPcos θ，得vB＝4 m/s 传送带对小物块做的功为W＝mv＝1.6 J。‎ ‎(3)小物块在传送带上加速过程的时间t＝＝1 s Δx＝v0t－＝3 m Q＝μmgΔx＝2.4 J。‎ 答案　(1)12 N　方向竖直向下　(2)1.6 J　(3)2.4 J