1、专题限时集训(五)功功率动能定理(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1(2016海南“七校联盟”大联考)如图13甲所示，某女士第一次站立在台阶式自动扶梯上，扶梯将她送上楼，第二次如图乙所示，该女士乘相同自动扶梯的同时，她还相对于扶梯匀速向上走，两次到达同一高度两次自动扶梯匀速运动的速度相同，下列关于两次自动扶梯的牵引力做功和功率的说法正确的是()甲乙图13A两次牵引力做功相同，牵引力的功率第一次的较大B牵引力做功第一次的较大，两次牵引力的
2、功率相同C牵引力做功第一次的较大，功率也是第一次的大D两次牵引力做功相同，功率也相同B由于两次自动扶梯匀速运动的速度相同，第二次该女士是沿扶梯匀速向上行走，表明两次扶梯对该女士的牵引力相同，但把该女士送到同一高度时，所用的时间不同，第二次时间要短，扶梯运行的位移要小，由功的公式WFscos 可知，第一次扶梯对该女士做的功要多自动扶梯牵引力的功率由PFvcos 可知，扶梯对该女士的牵引力相同，扶梯两次运行的速度也相同，所以两次牵引力的功率相同，选项B正确2.(2016湖北六校3月联考)如图14所示，半径为R的光滑圆弧轨道左端有一质量为m的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在
3、竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则() 【导学号：37162035】图14A此过程外力做功为FRB此过程外力做功为FRC小球离开轨道的末端时，拉力的功率为FvD小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为C由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力F做的功为WF2RFR，选项A、B错误；小球离开轨道时的速率为v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率为Fv，选项C正确；设小球离开轨道后运动到达最高点时的速度为v1，小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为h，根据动能定理有W
4、mghmv0，代入W的值可得h，所以选项D错误3一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数图象如图15所示若已知汽车的质量，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是()图15A汽车的功率B汽车行驶的最大速度C汽车所受到的阻力D汽车运动到最大速度所需的时间D由FFfma，PFv可得：a，对应图线可知，k40，可求出汽车的功率P，由a0时，0.05可得：vm20 m/s，再由vm，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，故应选D.4(2016河北保定二模)如图16所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，其顶端有一轻弹簧，弹簧上端固
5、定一质量为m的小物块向右滑行并冲上斜面设小物块在斜面最低点A的速度为v，将弹簧压缩至最短时小物块位于C点，C点距地面高度为h，小物块与斜面间的动摩擦因数为，不计小物块与弹簧碰撞过程中的能量损失，则小物块在C点时弹簧的弹性势能为()图16A.mv2mghBmghmv2mghtan C.mv2mghDmghmv2A小物块从A到C克服摩擦力的功Wfmgcos ，克服重力的功WGmgh，设克服弹力做的功为W，由动能定理有mghW0mv2，得出Wmv2mgh，所以小物块在C点时弹簧的弹性势能为mv2mgh，故选项A正确5(2016衡水中学二模)有两条滑道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一个滑道的右侧水平
6、，另一个的右侧是斜坡某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上接着改用另一个滑道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一个倾角为的雪道上h2高处的E点停下若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则()图17A动摩擦因数为tan B动摩擦因数为C倾角一定大于 D倾角可以大于B第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1mgcos mgs0mgh1mg(s)0mgh1mgs0A错误，B正确在AB段由静止下滑，说明mgcos mgsin ，第二次滑上CE在E点停下，说明mgcos mgsin
7、；若，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误6(2016云南五校联考)将三个光滑的平板倾斜固定，三个平板顶端到底端的高度相等，三个平板与水平面间的夹角分别为1、2、3，如图18所示现将三个完全相同的小球由最高点A沿三个平板同时无初速度地释放，经一段时间到达平板的底端则下列说法正确的是()图18A重力对三个小球所做的功相同B沿倾角为3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C三个小球到达底端时的瞬时速度相同D沿倾角为3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小AD假设平板的长度为x，由功的定义式可知Wmgxsin mgh，则A正确；小球在斜面上运动的加速度agsin ，小球到达平板底端时的速度为v
8、，显然到达平板底端时的速度大小相等，但方向不同，则C错误；由位移公式xat2可知t，整个过程中重力的平均功率为P，则沿倾角为1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B错误；根据Pmgvcos (90)mgvsin ，速度大小相等，沿倾角为3的平板下滑的小球到达平板底端时重力的瞬时功率最小，D正确7(2015安庆模拟)如图19甲所示，在水平地面上放置一个质量为m4 kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移x变化的图象如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦因数0.5，g取10 m/s2，下列说法正确的是()图19A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动B物体在水平面上运动的
9、最大位移是10 mC物体运动的最大速度为8 m/sD物体在运动中的加速度先变小后不变BC物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，故A错误；由图象得到推力对物体做的功等于图线与坐标轴所围“面积”，得推力做功为：W200 J根据动能定理：Wmgxm0，代入数据解得：xm10 m，故B正确；由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，则：F0mg20 N，由图得到F与x的函数关系式为：F10025x，代入F0得：x3.2 m，由动能定理可得：3.2203.24v，解得：vm8 m/s，故C正确；拉力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后增大，故D错误8如图
10、20所示，一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m，其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端已知物块与传送带间动摩擦因数0.2，sin 370.6，g取10 m/s2.则() 【导学号：37162036】图20A物块在传送带上一直做匀加速直线运动B物块到达传送带右端的速度大小为2 m/sC物块沿斜面上滑能上升的最大高度为0.2 mD物块返回传送带时恰好到达最左端BC物块在传送带上先做匀加速直线运动，由mgma1，解得a12 m/s2，x11 m2 m，所以在到达传送带右端前物块已经以2 m/s的速度匀
11、速运动，A错误，B正确；物块以初速度v0滑上斜面后做匀减速直线运动，上滑过程由动能定理得mghm0mv，解得hm0.2 m，由于x2 m0.4 m，所以物块未到达斜面的最高点，C正确；物块返回传送带时滑动的距离为x，由动能定理得mghmmgx0，解得x1 m，所以物块返回传送带时不会到达最左端，D错误二、计算题(共2小题，32分)9(16分)(2016开封重点中学二联)如图21所示，一质量为m2.0 kg的滑块(可视为质点)静置在粗糙水平面上的A点，水平面上的B点处固定有一竖直放置的半径为R0.4 m的粗糙半圆形轨道现给滑块施加一水平向右且大小为F10 N的恒定拉力，使滑块由静止开始向右运动已
12、知滑块与水平面间的动摩擦因数为0.25，A、B两点间的距离为d5 m，重力加速度取g10 m/s2.图21(1)若滑块刚好运动到B点停止，求拉力F作用的时间；(2)若在滑块运动到B点时撤去拉力F，则滑块刚好能通过半圆形轨道的最高点C，求滑块从B点到C点的过程中克服摩擦力所做的功【解析】(1)设在拉力F作用下滑块向右滑行的距离为x，则由动能定理可得Fxmgd设在拉力F作用阶段滑块的加速度大小为a1，拉力F作用时间为t，则有Fmgma1xa1t2联立解得t s.(2)设滑块在B点时的速度大小为vB，在C点时的速度大小为vC，则由动能定理可得(Fmg)dmv由于滑块刚好能通过最高点C，则有mgm设滑
13、块从B点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功为Wf，则有Wfmvmvmg2R联立解得Wf5 J.【答案】(1) s (2)5 J10(16分)(2016吉安四校模拟)如图22所示，在水平轨道右侧固定半径为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可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度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已知R0.4 m，l2.5 m，v06 m/s，物块质量m1 kg，与PQ段间的动摩擦因数0.4，轨道其它部分摩擦不计g取10 m/s2，求： 图22(1)物块经过
14、圆形轨道最高点B时对轨道的压力；(2)物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能； (3)物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动. 【导学号：37162037】【解析】(1)物块冲上圆形轨道最高点B时速度为v，由动能定律得：2mgRmv2mv物块在B点时，由牛顿运动定律得：FNmg联立式并代入数据解得FN40 N由牛顿第三定律得，物块对轨道压力大小为40 N，方向为竖直向上(2)物块在Q点时速度为v06 m/s，在PQ段运动时，由牛顿第二定律有：mgma由运动规律lv0tat2联立式并代入数据解得在PQ段运动时间t0.5 s(t2.5 s不符合题意，舍去)设物块在P点时速度为v1，由动能定理得：mglmvmv物块压缩弹簧，由能量守恒得动能转化为弹性势能，有Epmmv 联立式并代入数据解得Epm8 J.(3)设物块以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧Q点时速度为v2，有2mglmvmv要使物块恰能不脱离轨道返回A点，则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为v3，则满足2mgRmvmv且mg 联立式并代入数据解得l1 m.【答案】(1)40 N，方向竖直向上(2)0.5 s8 J (3)1 m