2019版高中物理二轮专题课时跟踪训练：5 功、功率、动能定理（含解析）

课时跟踪训练(五)

一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)

1．(2018·山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下都通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是(　　 )

C　[根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看出C图所包围的面积最大，故选C]

2．(2018·宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为m、电量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为(　　 )

A. B．－ 

C．－   D.

B　[从M点到N点利用动能定理有：qUMN＝mv－mv＝m(v0 cos60°)2－mv

解得：UMN＝－，故B正确．]

3．(2018·天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动．一物块由底端以速度v1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v－t图象．下列说法正确的是(　　 )

A．无法判断出传送带的运行速度

B．传送带与物块间的动摩擦因数为＋tan α

C．t1时刻物块到达最高点

D．v1<v3

C　[由v－t图象可知t2时刻物块与传送带共速，之后摩擦力反向，所以传送带的运行速度为－v2，故A错误．由题图知，在0～t1时间内，对物块受力分析有mg sin α＋μmg cos α＝ma1，由图象得a1＝，解得μ＝－tan α，故B错误；t1时刻物块速度减为0，离出发点最远，故C正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得Wf＝mv－mv，因Wf<0，所以v1>v3，故D错误．]

4．(2018·湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的v－t图象如图所示．其中质量m＝7.5 t甲车以恒定功率P＝50 kW启动，最后匀速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是(　　 )

A．40 s B．20 s

C．60 s D．30 s

D　[由图可知，乙车追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是t，乙车的位移x＝at2，甲车受到的阻力Ff＝，由动能定理得：Pt－Ffx＝mv，解得t＝30 s，故D正确，A、B、C错误．]

5．(2018·湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为m的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮．用F＝mg的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g)，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是(　　 )

A．物块的加速度a＝g

B．经过时间t拉力F做功为WF＝mg2t2

C．物块的机械能增加了ΔE＝mg2t2

D．物块的动能增加了ΔEk＝mg2t2

C　[以物块m为对象，根据牛顿第二定律：2F－mg＝ma得a＝g，经过时间t后，物块的位移x＝at2＝gt2，速度v＝at＝gt，则拉力做功WF＝F(2x)＝mg2t2，物体的动能增加了ΔEk＝mv2＝mg2t2，物体的机械能增加了ΔE＝ΔEk＋mgx＝mg2t2，故C正确，A、B、D错误．]

6．(2018·江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上有一固定挡板c.用轻弹簧连接的物块a、b放置在斜面上，并处于静止状态，现用一平行于斜面的恒力F(F<2mg sin θ)作用在物块a上，使物块a沿斜面向上运动，当物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔEp(ΔEp>0)．已知物块a的质量为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 )

A．物块a可能做匀变速直线运动

B．物块a的动能一直增加

C．当b、c恰好分离时，弹簧的伸长量大小为

D．当b、c恰好分离时，物块a的速度大小为

D　[当a沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块a将做变加速直线运动，故选项A错误；因为物块b与挡板c恰好分离时，物块a移动的距离为d，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔEp，所以物块b的质量大于m，又因为F<2mgsin θ，所以物块a的速度一定是先增大后减小，动能也是先增大后减小，b、c分离时弹簧的弹力大于mgsin θ，弹簧的伸长量大于，故选项B、C错误；对于物块a整个过程根据动能定理得：Fd－mgdsin θ＋W＝mv2，由功能关系W＝－ΔEp，联立解得物块a的速度大小为，故选项D正确．]

7．(2018·陕西西安市高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC，AB是半径为2R的四分之一光滑圆弧，BC是半径为R的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)，O点是BC圆弧的圆心，POQ在同一水平线上，BOC在同一竖直线上．质量为m的小球自由下落2R后，沿轨道ABC运动，经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点．则下列说法正确的是(　　 )

A．小球运动到B点前的瞬间对轨道的作用力是4mg

B．小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mg

C．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－mgR

D．小球运动到C点的过程中，摩擦力做功Wf＝－mgR

C　[小球下落到B点，由机械能守恒定律得：mg(4R)＝mv，小球运动到B点前的瞬间，小球运动的半径是2R，由向心力公式：FB－mg＝，解得FB＝5mg，小球运动到B点后的瞬间，小球的运动半径是R，由向心力公式：FB′－mg＝，解得FB′＝9mg，故A错误、B错误；经过轨道C点后，恰好落到轨道上的P点，由几何关系得：＝R，由平抛运动规律知：x＝R＝vCt，y＝R＝gt2，小球下落到C点，由动能定理有：mg2R＋Wf＝mv，解得Wf＝－mgR，故C正确，D错误．]

8．(2018·湖北省麻城一中高考冲刺模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则(　　 )

A．拉力F所做功为nFL

B．系统克服摩擦力做功为

C．F＞

D．(n－1)μmg＜F＜nμmg

BC　[物体1的位移为(n－1)L，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)L＝(n－1)FL.故A错误．系统克服摩擦力做功为Wf＝μmgL＋μmg·L＋…＋μmg·(n－2)L＋μmg·(n－L)L＝.故B正确．据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，

由动能定理有

WF＝Wf，解得F＝

现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>，故C正确，D错误．故选B、C.]

9．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F－图象(图中AB、BO均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，则(　　 )

A．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动

B．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动

C．该车做匀加速运动的时间是1.2 s

D．该车加速度为0.25 m/s2时，动能是4×104 J

BD　[由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A到B到C.AB段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a＝＝＝2 m/s2；BC段，由于图象为过原点的直线，所以Fv＝P额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F＝f＝400 N，速度达到最大值15 m/s，故选项A错误、B正确；由a＝可知t＝＝＝1.5 s，故选项C错误；该车加速度为0.25 m/s2时，牵引力为F′＝ma′＋f＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600 N，此时的速度为v′＝＝10 m/s，动能为EK＝mv′2＝×8×102×102＝4×104 J，故选项D正确．]

10．(2018·安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点．小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0.A、C相距0.8 m，B是A、C连线的中点，OB连线垂直AC，小球质量为1 kg，弹簧原长为0.5 m，劲度系数为40 N/m，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2.则小球从A到C过程中，下列说法正确的是(　　 )

A．小球经过B点时的速度最大

B．小球在B点时的加速度为6 m/s2

C．弹簧弹力对小球先做正功后做负功

D．小球从A到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等

BD　[A.小球合外力等于0时速度最大，在B点时由于弹簧弹力为k(l－OB)＝40 N/m×(0.5－0.3)m＝8 N，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mgcos θ＝1×10×0.8 N＝8 N，方向垂直于杆向下，所以小球在B点时合外力F＝mgsin θ＝1×10×0.6 N＝6 N，所以经过B点时速度不是最大，A错误；B.此时加速度a＝＝＝6 m/s2，B正确；C.在AB段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC段做正功，C错误；D.A、C两点小球速度为0，由图形的对称性知AB过程和BC过程摩擦力做功相等，D正确．选BD.]

11．(2018·四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达小A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝60°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.试求：

(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？

(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围？

解析　(1)当摆球由C到D运动机械能守恒：mg(L－Lcos θ)＝mv

由牛顿第二定律可得：Fm－mg＝m

可得：Fm＝2 mg＝10 N

(2)小球不脱圆轨道分两种情况：

①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得：－μmgs＝0－mv.

可得：μ＝0.5

若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：mv＝mgR

由动能定理可得：－μmgs＝mv－mv

可求得：μ＝0.35

②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mg＝m

由动能定理可得：－μmgs－2mgR＝mv2－mv

解得：μ＝0.125

综上所以动摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125.

答案　(1)10 N　(2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125

12．(2018·石家庄高中毕业班质检(二))如图所示，在光滑水平面上，质量为m＝4 kg的物块左侧压缩一个劲度系数为k＝32 N/m的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接．物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O点，在水平面A点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接，已知xOA＝0.25 m，传送带顶端为B点，LAB＝2 m，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F，使物块从O点到B点做加速度大小恒定的加速运动．物块运动到A点时弹簧恰好恢复原长，运动到B点时撤去力F，物块沿平行AB方向抛出，C为运动轨迹的最高点．传送带转轮半径远小于LAB，不计空气阻力，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求物块从B点运动到C点，竖直位移与水平位移的比值；

(2)若传送带速度大小为v＝5 m/s，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；

(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v，且v的取值范围为2 m/s<v<3 m/s，求物块由O点到B点的过程中力F做的功与传送带速度大小v的函数关系．

解析　  (1)设物块在B点的速度大小为v0，从B运动到C的时间为t，BC的竖直距离h＝v0t

BC的水平距离为x＝v0tcos θ

又θ＝37°，解得＝

(2)在初始位置kxOA＝ma，a＝2 m/s2

由v＝2axOA，得vA＝1 m/s

由v＝2a(xOA＋LAB)，得vB＝3 m/s

物块从A到B运动的时间为t′，t′＝，得t′＝1 s

因vB<v，则物块速度一直小于传送带速度

物块与传送带间由于摩擦产生的热量Q＝μmg(vt′－LAB)cos θ

解得：Q＝48 J

(3)物块在水平面上，F＋k(xOA－x)＝ma

得F＝kx

因力F随位移x线性变化．W1＝xOA＝1 J

若传送带速度范围为2 m/s<v<3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿传送带向上后沿传送带向下．

F1＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma，F1＝16 N

v2－v＝2ax′

F2－μmgcos θ－mg sin θ＝ma，F2＝48 N

W2＝F1x′＋F2(LAB－x′)＝104－8v2(J)

W＝W1＋W2＝105－8v2(J)

    答案　(1)　(2)48 J　(3)W＝105－8v2(J)