2019届高三物理专题训练之 功和功率

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2019届高三物理专题训练之 功和功率、动能及动能定理典例1. (2018∙全国II卷∙14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定(    )A. 小于拉力所做的功                   B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功             D. 大于克服摩擦力所做的功典例2. (2018∙全国III卷∙19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程(    )A. 矿车上升所用的时间之比为4 : 5B. 电机的最大牵引力之比为2 : 1C. 电机输出的最大功率之比为2 : 1D. 电机所做的功之比为4 : 51．物体在水平拉力F作用下，沿x轴由坐标原点开始运动，设拉力F随x的变化分别如图甲、乙、丙所示，其中图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为W甲、W乙、W丙，则以下说法正确的是(　　)A．W甲>W乙>W丙   B．W甲>W乙＝W丙    C．W甲＝W乙＝W丙    D．无法比较它们的大小2．(多选)如图所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面，不计空气阻力)。下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是(　　)     3．(多选)质量为2 kg的遥控玩具电动汽车在平直路面上由静止开始沿直线运动，汽车受到的阻力恒为重力的，若牵引力做功W和汽车位移x之间的关系如图所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)A．汽车在0～1 m位移内，牵引力是恒力，1～3 m位移内，牵引力是变力B．汽车位移为0.5 m时，加速度的大小a＝5 m/s2C．汽车位移在0～3 m的过程中，牵引力的最大功率为20 WD．汽车位移在0～3 m的过程中，牵引力的平均功率为10 W4．(多选)如图甲所示，质量为1 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，外力F和物体克服摩擦力f所做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列分析正确的是(　　)A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13 mC．物体在前3 m运动过程中的加速度为3 m/s2D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s5. (多选)物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)A．物体的质量m＝0.5 kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 JD．前2 s内推力F做功的平均功率＝3 W6．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平、ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为m＝2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　)A．11 J      B．16 J      C．18 J      D．9 J7．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向 上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是(　　)A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sin θ＋μcos θ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于Mv2＋MgLsin θ＋μMgLcos θD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于mv28．如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2－v02图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝10 m/s2。(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4 m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小。               9. 如图所示，水平面上某点固定一轻质弹簧，A点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在A点右侧5 m远处(B点)竖直放置一半圆形管状光滑轨道，轨道半径R＝0.4 m，连接处相切。现将一质量m＝0.1 kg的小滑块放在弹簧的右端(在A点左侧且不与弹簧拴接)，用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为2 J，放手后滑块被向右弹出，它与A点右侧水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。(1)求滑块运动到半圆形轨道最低点B时对轨道的压力；(2)改变半圆形轨道的位置(左右平移)，使得被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于滑块的重力，问A、B之间的距离应调整为多少？     典例1. 【解析】木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知：，所以动能小于拉力做的功，故A正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。【答案】A典例2.【解析】设第②次所用时间为t，根据速度图象的面积等于位移可得：t = 5t0/2，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶5t0/2 = 4∶5，选项A正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，选项B错误；由功率公式，P = Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，选项C正确；加速上升过程的加速度，加速上升过程的牵引力，减速上升过程的加速度，减速上升过程的牵引力，匀速运动过程的牵引力F3 = mg。第①次提升过程做功W1= mg v0t0；第②次提升过程做功W2= mg v0t0；两次做功相同，选项D错误。【答案】AC1．【答案】B2．【答案】AD【解析】由动能定理可知，mg(H－h)＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h图象为一次函数图象，B项错误；又Ek＝Ek0＋mg2t2，可知Ek－t图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Ep＝mgh，Ep－h为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：H－h＝gt2，所以Ep＝mg(H－gt2)，所以Ep－t图象不是直线，C项错误。3．【答案】BCD【解析】根据公式W＝Fx可知，题中W－x图象的斜率表示汽车牵引力的大小，0～1 m位移内，牵引力F1＝20 N，1～3 m位移内，牵引力F2＝10 N，所以A错误；0～1 m位移内，a＝5 m/s2，B正确；0～1 m位移内，汽车做匀加速运动，1～3 m位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功 率最大，此时v1＝＝ m/s，Pmax＝F1v1＝20 W，C正确；牵引力做的总功W＝40 J，时间t＝t1＋t2＝ s＋ s＝ s，平均功率为＝＝10 W，D正确。4．【答案】ACD【解析】由摩擦力做功的图象可知，W＝μmg·x＝20 J，解得：μ＝0.2，A正确；由f＝μmg＝2 N，f·x＝Wf＝27 J可得：x＝13.5 m，B错误；又WF＝F·x，可解得：前3 m内，F＝ N＝5 N，由F－f＝ma可得：a＝3 m/s2，C正确；由动能定理可得：WF－fx＝mv2，解得：x＝9 m时物体的速度v＝3 m/s，D正确。5.【答案】ABC【解析】由题图甲、乙可知，在1～2 s，推力F2＝3 N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0.5 kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，选项A、B正确；由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2 s内物体位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，选项C正确；第1 s内，由于物体静止，推力不做功；第2 s内，推力做功W＝F2x＝3 J，即前2 s内推力F做功为W′＝3 J，前2 s内推力F做功的平均功率＝＝ W＝1.5 W，选项D错误。6．【答案】C【解析】A球向右运动0.1 m时，由几何关系得，B上升距离：h＝0.4 m－ m＝0.1 m，此时细绳与水平方向夹角θ的正切值tan θ＝，则得cos θ＝，sin θ＝，由运动的合成与分解知识可知：vBsin θ＝vAcos θ，可得vB＝4 m/s。以B球为研究对象，由动能定理得：W－mgh＝mv B2，代入数据解得：W＝18 J，即绳对B球的拉力所做的功为18 J，故选C。7．【答案】BD【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，得a＝gsin θ＋μgcos θ，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsin θ－μ(m＋M)gcos θ·L＝(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝(m＋M)v2＋(m＋M)gLsin θ＋μ(m＋M)gcos θ·L，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W  合＝ΔEk＝mv2，故D正确。8．【解析】(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得：－μmgd＝mv2－mv02 ①滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝gt2 ②s＝vt ③联立以上三式得：s2＝v02－4μhd ④由图象得：图象的斜率等于，即：＝＝0.2 ⑤解得：h＝1 m且当s＝0时，v02＝12，代入④式解得：d＝2 m。(2)由①得：v＝2 m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝gt2 ⑥得：t＝ ＝ s ⑦滑块滑离平台后落地时的速度为：v′＝＝2 m/s落地点离平台的水平距离s的大小为：s＝vt＝ m。9.【解析】(1)小滑块被弹出至到达B点的过程，据动能定理有：W弹－μmgx＝mv滑块在B处有：FN－mg＝m而W弹＝ΔEp＝2 J解得：FN＝6 N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为6 N，方向竖直向下。(2)在C处，滑块对轨道的压力大小为mg，包含两种情况：①若压力方向向上，在C 处，对滑块由牛顿第二定律有：mg＋F′N1＝m，F′N1＝FN1＝mg  整个过程，据动能定理有：W弹－μmgx1－mg·2R＝mv解得：x1＝4 m②若压力方向向下，在C 处，对滑块由牛顿第二定律有：mg－F′N2＝m；F′N2＝FN2＝mg整个过程，据动能定理有：W弹－μmgx2－mg·2R＝mv解得：x2＝6 m。