2020高考物理二轮复习第一部分专题三功与能量第1讲功功率和功能关系练习含解析

2020高考物理二轮复习第一部分专题三功与能量第1讲功功率和功能关系练习含解析

功 功率和功能关系 ‎1．(2018·江苏卷)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)‎ 解析　对于整个竖直上抛过程(包括上升与下落)，速度与时间的关系为v＝v0－gt，v2＝g2t2－2v0gt＋v，Ek＝mv2，可见动能与时间是二次函数关系，由数学中的二次函数知识可判断A正确。‎ 答案　A ‎2．一辆CRH2型动车组的总质量M＝2×‎105 kg，额定输出功率为4 800 kW。假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为‎270 km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ff＝kv。当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为(　　)‎ A．600 kW B．1 200 kW C．2 400 kW D．4 800 kW 解析　vm＝270 km/h＝75 m/s，动车组以最大速度行驶时的牵引力大小F＝＝ N＝6.4×104 N，动车组以最大速度行驶时的牵引力大小与阻力的大小相等，则Ff＝6.4×104 N，所以k＝＝ N·s/m＝853.3 N·s/m；机车匀速行驶的速度为最大速度一半时，v′＝37.5 m/s，动车组受到的阻力为Ff′＝kv′＝853.3×37.5 N＝3.2×104 N，机车匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为P′＝F′v′＝Ff′v′＝3.2×104×37.5 W＝1.2×106 W＝1 200 kW，故A、C、D错误，B正确。‎ 答案　B ‎3．(2019·安徽芜湖二模)一质量为m的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态。某时刻其中一个力F突然变为，其他力不变。则经过时间t，合力的功率的大小是(　　)‎ A. B． 8‎ C. D． 解析　由于质量为m的物体受几个力的作用而处于静止状态，合力为零，当某时刻其中一个力F突然变为时，物体所受合力变为F合＝，物体在这个恒力作用下做匀加速直线运动，a＝，经过时间t，速度v＝at＝，合力的功率P＝F合v＝，B正确。‎ 答案　B ‎4．(多选)(2019·河南开封三模)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中(　　)‎ A．笔帽一直做加速运动 B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等 C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等 D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率 解析　弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移方向相同，弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移方向相反，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，由平均功率P＝可知，弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率，故D正确。‎ 答案　CD ‎5．(2019·襄阳考试)木板固定在墙角处，与水平面夹角θ＝37°，木板上表面光滑，木板上有一个孔洞，一根长为L、质量为m的软绳置于木板上，其上端刚好进入孔洞，用细线将质量为m的物块与软绳连接，如图所示。物块由静止释放后向下运动，带动软绳向下运动，当软绳刚好全部离开木板(此时物块未到达地面)时，物块的速度为(已知重力加速度为g，sin37°＝0.6)(　　)‎ A. B． 8‎ C. D． 解析　法一：守恒观点 设细线的长度为a，选孔洞所在水平面为零势能面，对物块和软绳组成的系统由机械能守恒定律可得 ‎－mga－mg×Lsin37°＝－mg(a＋L)－mg×L＋×2mv2，解得v＝。‎ 法二：转化观点 物块的重力势能减少mgL，软绳重力势能共减少 mgL(1－sinθ)，根据机械能守恒定律，‎ 有mgL＋mgL(1－sinθ)＝×2mv2－0，‎ 解得v＝＝，C正确。‎ 答案　C ‎6．(2019·湖南长沙联考)如图所示，在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上形变很小，可以忽略不计)，弹簧的上端与斜面上B点对齐。将一个物块从斜面上的A点由静止释放，物块被弹簧反弹沿斜面上滑，到最高点时离A点的距离为x。物块的大小不计，A、B间的距离为L，则物块与斜面间的动摩擦因数大小为(　　)‎ A.tanθ B．tanθ C.tanθ D．tanθ 解析　根据功能关系，μmgcosθ(L＋L－x)＝mgxsinθ，求得μ＝tanθ，A项正确。‎ 答案　A ‎7．(2019·宁夏银川月考)如图所示，两质量均为m＝‎1 kg的小球1、2(可视为质点)用长为L＝‎1.0 m的轻质杆相连，水平置于光滑水平面上，且小球1恰好与光滑竖直墙壁接触，现用力F竖直向上拉动小球1，当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，小球2的速度大小v＝‎1.6 m/s，sin37°＝0.6，g取‎10 m/s2，则此过程中外力F所做的功为(　　)‎ A．8 J B．8.72 J C．10 J D．9.28 J 解析　当杆与竖直墙壁夹角θ＝37°时，由运动的分解得v1cosθ＝vsinθ 8‎ ‎，小球1的速度v1＝vtanθ＝1.2 m/s。‎ 对整体应用动能定理得W－mgLcosθ＝mv＋mv2，‎ 解得外力F做的功W＝10 J，C项正确。‎ 答案　C ‎8．(多选)(2019·衡水考试)如图所示，轻杆一端固定质量为m的小球，轻杆长度为R，可绕水平光滑转轴O在竖直平面内转动。将轻杆从与水平方向成30°角的位置由静止释放。若小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。当小球运动到最低点P时，轻杆对小球的弹力大小为mg。下列说法正确的是(　　)‎ A．小球运动到P点时的速度大小为 B．小球受到的空气阻力大小为 C．小球能运动到与O点等高的Q点 D．小球不能运动到与O点等高的Q点 解析　小球运动到P点时，根据牛顿第二定律可得T－mg＝m，解得小球在P点的速度大小为v＝，A项错误；根据动能定理可得mgR－f××2πR＝mv2，解得f＝，B项正确；假设小球能运动到与O点等高的Q点，在Q点时速度为vQ，由动能定理可得mg＝2fπR×＋mv，解得vQ＝0，故小球能运动到与O点等高的Q点，且达到Q时的速度刚好为零，C项正确，D项错误。‎ 答案　BC ‎9．(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Fx图像如图所示，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(　　)‎ 8‎ 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 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；根据图像与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 ‎10．(2019·吉林长春模拟)如图所示，竖直放置的半圆形光滑绝缘轨道半径为R＝‎0.2 m，圆心为O，下端与绝缘水平轨道在B点相切并平滑连接。一带正电q＝5.0×10－‎3 C、质量为m＝‎3.0 kg的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A点。已知A、B两点间的距离为L＝‎1.0 m，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)若物块在A点以初速度v0向左运动，恰好能到达圆周的最高点D，则物块的初速度v0应为多大？‎ ‎(2)若整个装置处于方向水平向左、场强大小为E＝2.0×103 N/C的匀强电场中(图中未画出)，现将物块从A点由静止释放，试确定物块在以后运动过程中速度最大时的位置(结果可用三角函数表示)；‎ ‎(3)在(2)问的情景中，试求物块在水平面上运动的总路程。‎ 解析　(1)物块恰好能到达圆周的最高点D，故有：‎ 8‎ mg＝m 对A到D过程，根据动能定理有：‎ ‎－mg·2R－μmgL＝mv－mv 联立解得：v0＝ m/s ‎(2)假设物块能滑到C点，从A至C过程，由动能定理得：‎ qE(L＋R)－mgR－μmgL＝mv－0‎ 可得vC＝0，故物块始终没有脱离轨道 当物块在圆弧轨道上切向受力平衡时，其速度最大。‎ 对物块受力分析，可知tanθ＝＝ 故物块在以后运动过程中速度最大时位于B点左侧圆周上，其与圆心的连线与OB的夹角为θ，且θ＝arctan ‎(3)对物块，由释放至停在B点速度为0的过程中，由动能定理得：qEL－μmgs＝0‎ 解得总路程为：s＝ m＝1.67 m。‎ 答案　见解析 ‎11．(2019·河北沧州质检)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝30°的粗糙斜面，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面匀减速上滑高度H后停止，在上滑的过程中，其加速度和重力加速度g大小相等。求：‎ ‎(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)该过程中系统由于摩擦产生的热量Q。‎ 解析　(1)在小物块沿斜面匀减速上滑的过程中，由牛顿第二定律有：‎ mgsinθ＋μmgcosθ＝ma a＝g 解得：μ＝。‎ ‎(2)该过程中，小物块克服摩擦力所做的功为：‎ W＝μmgcosθ· 由功能关系有：Q＝W 8‎ 解得：Q＝mgH。‎ 答案　见解析 ‎12．(2019·山东德州二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切，切点为B，整个轨道处在竖直平面内。一质量为m的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h＝3R的D处无初速度下滑进入圆环轨道。接着小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：‎ ‎(1)滑块运动到圆环最高点C时的速度大小；‎ ‎(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；‎ ‎(3)滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功。‎ 解析　(1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，设水平速度为v0，‎ 竖直方向上：R＝gt2‎ 水平方向上：R＝v0t 解得：v0＝。‎ ‎(2)设小滑块在最低点时速度为v，小滑块从最低点到C点的过程由动能定理得：‎ ‎－mg·2R＝mv－mv2‎ 解得：v＝ 在最低点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m 解得：FN＝6mg 由牛顿第三定律得滑块对圆环轨道压力FN′＝6mg。‎ ‎(3)从D到最低点过程中，设DB过程中克服摩擦阻力做功为Wf，由动能定理得：‎ mgh－Wf＝mv2－0‎ 解得：Wf＝mgR。‎ 答案　(1)　(2)6mg　(3)mgR 8‎ 8‎