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文档介绍
专题05 功、功率与动能定理（仿真押题）-2018年高考物理命题猜想与仿真押题
1.如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)( ) A．1 J B．1.6 J C．2 J D．4 J 解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为W＝f×＝1.6 J，所以B正确。 2．如图所示，某质点运动的v t图像为正弦曲线。从图像可以判断( ) A．质点做曲线运动 B．在t1时刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3时间内，合外力做负功 D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等 3．[多选]我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( ) A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 ’ B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2 C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2 解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。以后面的车厢为研究对象，F56－3f＝3ma，F67－2f＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确。根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。 4．[多选]质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车( ) A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为160 kW D．所受阻力大小为1 600 N 解析：选CD 由题图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；a函数方程为a＝－4，汽车做加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F－f＝ma 5. [多选]如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中( ) A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量 C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 解析：选BD A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A 的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对长木板B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。 6.用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内( ) A．小球重力做功为mgl(1－cos α) B．空气阻力做功为－mglcos α C．小球所受合力做功为mglsin α D．细线拉力做功的功率为 7．[多选]一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，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像。已知重力加速度g取10 m/s2，由此可知( ) A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35 B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J C．匀速运动时的速度约为6 m/s x*k-w D．减速运动的时间约为1.7 s 解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于Fx图线与x坐标轴包围的面积，由图线可知小格数约为13，则功为13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，则解得：v0＝6 m /s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。 8.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x。然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为( ) A.mv2－μmgx B．μmgx－mv2 C.mv2＋μmgx D．以上选项均不对 解析：选C 设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx。 9.[多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则( ) A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 解析：选AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为 s1＝，s2＝ 由动能定理知： 2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0 解得动摩擦因数μ＝，选项A正确； 载人滑草车在上下两段的加速度分别为 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g， a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g， 则在下落h时的速度最大，由动能定理知： mgh－μmgs1cos 45°＝mv2 解得v＝ ，选项B正确，D错误； 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等， 即W＝2mgh，选项C错误。 10．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( ) A. B. C. D. 11.如图1，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夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量。在此过程中正确的是( ) 图1 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 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)，选顼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。 答案 C 12.质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图2所示，则( ) 图2 A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒 B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零 C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0 D．甲物块的速率可能达到6 m/s 答案 C 13．一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图3所示。则拉力的功率随时间变化的图象可能是(g取10 m/s2)( ) 图3 解析 由图知在0～t0时间内，物体做初速度为零的匀加速运动，v＝at；由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，则拉力的功率P＝Fv＝(Ff＋ma)v＝(Ff＋ma)at；在t0时刻以后，物体做匀速运动，v不变，则F＝Ff，P ＝Fv＝Ffv，P不变，故选项D正确。 答案 D 14.水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。则( ) 图5 A．R越大，v0越大 B．R越大，小球经过b点后的瞬间对轨道的压力越大 C．m越大，v0越大 D．m与R同时增大，初动能Ek0增大 答案 AD 15.如图6所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板P相连，另一端与盒子A相连，A内放有光滑球B，B恰与盒子前、后壁接触，现用力推A使弹簧处于压缩状态，然后由静止释放，则从释放盒子A到其获得最大速度的过程中，下列说法正确的是( ) 图6 A．弹簧的弹性势能一直减少到零 B．A对B做的功等于B机械能的增加量 C．弹簧弹性势能的减少量等于A的机械能的增加量 D．A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量 解析 盒子A运动过程中，弹簧弹性势能一直减少，当弹簧弹力与A、B 的重力沿斜面向下的分力大小相等时，盒子的速度最大，此时弹簧的弹性势能不为零，A错误；由功能关系知，A对B做的功等于B机械能的增加量，B正确；将A、B和弹簧看作一个系统，则该系统机械能守恒，所以弹簧弹性势能的减少量等于A和B机械能的增加量，C错误；对盒子A，弹簧弹力做正功，盒子重力做负功，小球B对A沿斜面向下的弹力做负功，由动能定理知A所受弹簧弹力和重力做的功的代数和大于A的动能的增加量，D正确。 答案 BD 16.如图1所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( ) 图1 A．运动的平均速度大小为v B．下滑的位移大小为 C．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为sin θ 答案 B 17. 如图2所示，一带正电小球穿在一根绝缘粗糙直杆上，杆与水平方向夹角为θ，整个空间存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，先给小球一初速度，使小球沿杆向下运动，在A点时的动能为100 J，在C点时动能减为零，D为AC的中点，那么带电小球在运动过程中( ) 图2 A．到达C点后小球不可能沿杆向上运动 B．小球在AD段克服摩擦力做的功与在DC段克服摩擦力做的功不等 C．小球在D点时的动能为50 J D．小球电势能的增加量等于重力势能的减少量 答案 B 18.如图3所示，竖直向上的匀强电场中，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球，小球静止时位于N点，弹簧恰好处于原长状态。保持小球的带电量不变，现将小球提高到M点由静止释放，则释放后小球从M运动到N的过程中( ) 图3 A．小球的机械能与弹簧的弹性势能之和保持不变 B．小球重力势能的减少量等于小球电势能的增加量 C．弹簧弹性势能的减少量等于小球动能的增加量 D．小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和 解析 由于有电场力做功，故小球的机械能不守恒，小球的机械能与弹簧的弹性势能之和是改变的，故A错误；由题意，小球受到的电场力等于重力。在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功，小球从M运动到N的过程中，重力势能减少，转化为电势能和动能，故B错误；释放后小球从M运动到N的过程中，弹性势能并没变，一直是0，故C错误；由动能定理可得重力和电场力做功，小球动能增加，小球动能的增加量等于电场力和重力做功的代数和，故D正确。 答案 D 19．如图4所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放有一带电荷量分别为＋q和＋2q的完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0(此时初动量的大小均为p0)，使其相向运动刚好能发生碰撞(碰撞过程中无机械能损失)，碰后返回M、N两点的动能分别为E1和E2，动量的大小分别为p1和p2，则( ) 图4 A．E1＝E2>E0，p1＝p2>p0 B．E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0 C．碰撞发生在MN中点的左侧 D．两球同时返回M、N两点 答案 AD 20.如图5所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，水平虚线L下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。正方形闭合金属线框边长为h，质量为m，电阻为R，放置于L上方一定距离处，保持线框底边ab与L平行并由静止释放，当ab边到达L时，线框速度为v0，ab边到达L下方距离为d(d＞h)处时，线框速度也为v0。以下说法正确的是( ) 图5 A．ab边刚进入磁场时，电流方向为a→b x.k+w B．ab边刚进入磁场时，线框加速度沿斜面向下 C．线框进入磁场过程中的最小速度小于 D．线框进入磁场过程中产生的热量为mgdsin θ 解析 由右手定则可判断ab刚进入磁场过程电流方向由a→b，选项A正确；线框全部在磁场中运动时为匀加速运动，ab边由L处到L下方距离为d处速度增量为零，所以ab边刚进入磁场时做减速运动，线框加速度沿斜面向上，选项B错误；线框恰好完全进入磁场时的速度最小，此时由牛顿第二定律得F安－mgsin θ＝ma≥0，而安培力F安＝BhI＝Bh·＝，联立解得vmin≥，选项C错误；根据动能定理，ab边由L处到L下方距离为d处过程中，mgdsin θ－Q＝ΔEk＝0，线框进入磁场过程中产生的热量Q＝mgdsin θ，选项D正确。 答案 AD 21．如图7，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5C，g取10 m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) 图7 (1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0。 (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有： mv0＝mv甲＋mv乙⑤ mv＝mv＋mv⑥ 联立⑤⑥得：v乙＝v0，v甲＝0⑦ 由动能定理得： －mg·2R－qE·2R＝mv－mv⑧ 联立①⑦⑧得：v0＝＝2 m/s⑨ 答案 (1)0.4 m (2)2 m/s 22．将一斜面固定在水平面上，斜面的倾角为θ＝30°，其上表面绝缘且斜面的顶端固定一挡板，在斜面上加一垂直斜面向上的匀强磁场，磁场区域的宽度为H＝0.4 m，如图8甲所示，磁场边界与挡板平行，且上边界到斜面顶端的距离为x＝0.55 m。将一通电导线围成的矩形导线框abcd置于斜面的底端，已知导线框的质量为m＝0.1 kg、导线框的电阻为R＝0.25 Ω、ab的长度为L＝0.5 m。从t＝0时刻开始在导线框上加一恒定的拉力F，拉力的方向平行于斜面向上，使导线框由静止开始运动，当导线框的下边与磁场的上边界重合时，将恒力F撤走，最终导线框与斜面顶端的挡板发生碰撞，碰后导线框以等大的速度反弹，导线框沿斜面向下运动。已知导线框向上运动的v－t图象如图乙所示，导线框与斜面间的动摩擦因数为μ＝，整个运动过程中导线框没有发生转动，且始终没有离开斜面，g＝10 m/s2。 图8 (1)求在导线框上施加的恒力F以及磁感应强度的大小； (2)若导线框沿斜面向下运动通过磁场时，其速度v与位移s的关系为v＝v0－s，其中v0是导线框ab边刚进入磁场时的速度大小，s为导线框ab边进入磁场区域后对磁场上边界的位移大小，求整个过程中导线框中产生的热量Q。 解析 (1)由v－t图象可知，在0～0.4 s时间内导线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1＝2.0 m/s，所以在此过程中的加速度a＝＝5.0 m/s2 由牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得F＝1.5 N 由v－t图象可知，导线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动 通过导线框的电流I＝＝ 导线框所受安培力F安＝BIL 对于导线框匀速运动的过程，由力的平衡条件有 F＝mgsin θ＋μmgcos θ＋ 解得B＝0.50 T。 (2)导线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明导线框的宽度等于磁场的宽度H 因v3＜0，说明导线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，导线框将静止在磁场中某位置 导线框向上运动通过磁场区域的过程中产生的焦耳热 Q1＝I2Rt＝＝0.40 J 导线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q2＝mv＝0.05 J 所以Q＝Q1＋Q2＝0.45 J。 答案 (1)1.5 N 0.50 T (2)0.45 J 23．如图7所示，一光滑曲面的末端与一长L＝1 m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h＝1.25 m，传送带的动摩擦因数μ＝0.1，地面上有一个直径D＝0.5 m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s＝1 m，B点在洞口的最右端。传送带以恒定的速度做顺时针运动。现使某小物体从曲面上距离地面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由A点落入洞中。求：(g＝10 m/s2) 图7 (1)传送带的运动速度v； (2)H的大小； (3)若要使小物体恰好由B点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度H′应该是多少？ 解析 (1)最终恰好由A点落入洞中，由平抛运动规律可知：s＝vt h＝gt2 x‘kw’ 解得：v＝s＝×1 m/s＝2 m/s。 (2)以地面为零势能面从开始释放小物体到滑上传送带 根据机械能守恒定律可知，mgH＝mgh＋mv2 解得H＝h＋＝(1.25＋) m＝1.45 m。 答案 (1)2 m/s (2)1.45 m (3)1.8 m 24．如图8所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为L，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回，经水平轨道返回圆形轨道。已知R＝0.2 m，L＝1 m，v0＝2 m/s，物块A质量为m＝1 kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10 m/s2。 图8 (1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小； (2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度； (3)调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？ 解析 (1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1，由动能定理可得 －μmgL＝mv－mv 解得v1＝2 m/s。 (2)设物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度为h1，由动能定理可得 －μmgL－mgh1＝0－mv 解得h1＝0.2 m＝R，符合实际情况。 (3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0查看更多