1、专题跟踪检测(五)(建议用时：45分钟) 基础通关1(2020河北六校联考)水平粗糙的地面上，质量为1 kg的物体在一水平外力F的作用下由静止开始运动，如图甲所示外力F做的功和物体克服摩擦力做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g10 m/s2.下列分析错误的是()As9 m时，物体速度大小为3 m/sB物体运动的位移大小为13.5 mC前3 m运动过程中物体的加速度大小为3 m/s2D物体与地面间的动摩擦因数为0.2A解析 由功与位移关系图象可知，s9 m时，外力F做的功WF27 J，克服摩擦力做的功Wf18 J，由动能定理有WFWfmv2，解得v3 m/s，选项A错误；由mg10 m
2、20 J，解得0.2，选项D正确；对物体运动的全过程由动能定理有WFmgs0，解得s13.5 m，选项B正确；设物体前3 m运动过程中所受的水平外力为F，由F3 m15 J解得F5 N，由牛顿第二定律有Fmgma，解得a3 m/s2，选项C正确2(2019山东济南二模)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解析 根据图象的坐标可知图象与x轴包围的面积代表了合外力F做的功，所以从图象上看，C图所包围的面积最大，故选项C正确3(2019甘肃静宁一中模拟)如图甲所示，一次训练中，运动员腰部系着不可伸长的绳，拖着质量m11 kg的轮
3、胎从静止开始沿着笔直的跑道加速奔跑，绳与水平跑道的夹角是37，5 s 后拖绳从轮胎上脱落轮胎运动的vt图象如图乙所示，不计空气阻力，已知sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2.则下列说法正确的是()A轮胎与水平地面间的动摩擦因数0.2B拉力F的大小为55 NC在05 s内，轮胎克服摩擦力做功为1 375 JD在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为275 WD解析 撤去F后，轮胎的受力分析如图甲所示，由速度图象得57 s内的加速度a25 m/s2，根据牛顿运动定律有 N2mg0，f2ma2，又因为f2N2，代入数据解得0.5，选项A错误；力F拉动轮胎的过程中，轮胎的受力情况如图乙
4、所示，根据牛顿运动定律有Fcos 37f1ma1，mgFsin 37N10，又因为f1 N1，由速度图象得此过程的加速度a12 m/s2，联立解得F70 N，选项B错误；在05 s内，轮胎克服摩擦力做功为0.56825 J850 J，选项C错误；因 6 s末轮胎的速度为5 m/s，所以在6 s末，摩擦力的瞬时功率大小为0.51105 W275 W，选项D正确4(2019陕西西安一模)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，
5、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4mgB小球运动到B点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC小球运动到C点的过程中，摩擦力做功WfmgRD小球运动到C点的过程中，摩擦力做功WfmgRC解析 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FBmg，解得FB5mg，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FBmg，解得FB9mg，故选项A、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xRvCt，yRgt2，小
6、球下落到C点，由动能定理有mg2RWfmv，解得WfmgR，故选项C正确，D错误5(2019北京朝阳区二模)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆之间的动摩擦因数为，现给环一个向右的初速度v0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F，且Fkv(k为常数，v为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为()Amv BmvC0 DmvB解析 当环受到的合力向下时，随着环做减速运动，向上的力F逐渐减小，环最终将静止；当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的力F逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，环所受合力为零，杆不再给环阻力
7、，环将保持此时速度不变做匀速直线运动；当环在竖直方向所受合力为零时，环将一直做匀速直线运动，分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即可，当Fkv0mg时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，克服摩擦力做的功为零；当Fkv0mg时，圆环先做减速运动，当Fmg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动，由Fkvmg得v，根据动能定理得Wmv2mv，解得Wmv；综上所述，选项B正确6(2019云南大姚一中月考)一汽车在平直公路上行驶从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示假定汽车所受阻力的大小f恒定不变下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()A解析 由Pt图象知，0t1内汽车以恒
8、定功率P1行驶，t1t2内汽车以恒定功率P2行驶；设汽车所受牵引力为F，则由PFv得，当v增加时，F减小，由a知a减小，又因速度不可能突变，选项B、C、D错误， A正确 能力提升7(2019湖北襄阳模拟)(多选)我国自行研制的新一代88轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s速度便可达到最大值vm.设在加速过程中发动机的功率恒定为P，装甲车所受阻力恒为Ff，当速度为v(vvm)时，所受牵引力为F.下列说法正确的是()A装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为FsB装甲车的最大速度v
9、mC装甲车速度为v时加速度为aD装甲车从静止开始达到最大速度vm所用时间tBC解析 装甲车在加速过程中，其牵引力F，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功大于Fs，选项A错误；装甲车匀速运动时速度最大，故vm，选项B正确；装甲车速度为v时，由牛顿第二定律得FFfma，解得a，选项C正确；装甲车加速过程由动能定理得PtFfsmv，解得t，选项D错误8(2019宁夏六盘山中学期末)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示下列说法正确的是()A06 s内物体的位移大小为30 mB26 s内
10、拉力做的功为40 JC合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5 NABC解析 06 s内物体的位移大小x6 m30 m，故选项A正确在02 s内，物体的加速度a3 m/s2，由图可知，当P30 W时，v6 m/s，得到牵引力F5 N；在02 s内物体的位移为x16 m，则拉力做功为W1Fx156 J30 J；26 s内拉力做的功W2Pt104 J40 J，故选项B正确在26 s内，物体做匀速运动，合力做功为零，则合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等，故选项C正确在26 s内，v6 m/s，P10 W，物体做匀速运动，摩擦力fF，得到fF N N，故选项D错
11、误9(2019河北辛集中学期中)(多选)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8102 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 sD该车加速度为0.25 m/s2时，动能是4104 JBD解析 由
12、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 m/s22 m/s2，BC段，由于图象为过原点的直线，所以FvP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Ff400 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 s1.5 s，故选项C错误；该车加速度为0.25 m/s2时，牵引力为Fmaf81020.25 N400 N600 N，此时的速度为v m/s10 m/s，动能为Ekmv28102102 J4104 J，故选项D正确10(2018天津卷)我国自行研制、具有完全自主知
13、识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s.已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/s2.求飞机滑跑过程中：(1)加速度a的大小；(2)牵引力的平均功率P.解析 (1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax, 代入数据解得a2 m/s2.(2)设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意有F阻0.1mg, 设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma, 设飞机滑跑过程中的平均
14、速度为，有， 在滑跑阶段，牵引力的平均功率PF， 联立式得P8.4106 W.答案 (1)2 m/s2(2)8.4106 W11(2019四川南充三模)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，到达小孔A进入半径R0.3 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L2 m，60，小球质量为m0.5 kg，D点与小孔A的水平距离s2 m，g取10 m/s2.(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，求粗糙水平面动摩擦因数的范围解析 (1)当摆球由C点运动到D
15、点，由机械能守恒有mg(LLcos )mv，由牛顿第二定律可得Fmmgm，解得Fm2mg10 N.(2)小球不脱离圆轨道分两种情况要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得mgs0mv，解得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mvmgR，由动能定理可得mgsmvmv，可求得0.35.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mgm，由动能定理可得mgs2mgRmv2mv，解得0.125.综上所以动摩擦因数的范围为0.350.5或0.125.答案 (1)10 N(2)0.350.5或0.125