1、1 专题限时集训(五) 功 功率 动能定理 (对应学生用书第125页) (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如图514，汽车停在缓坡上，要求驾驶员在保证汽车不后退的前提下向上启动，这就 是汽车驾驶中的“坡道起步” 驾驶员的正确操作是：变速杆挂入低速挡，徐徐踩下加速 踏板，然后慢慢松开离合器，同时松开手刹，汽车慢慢启动下列说法正确的是( ) 图514 A变速杆挂入低速挡，是为了增大汽车的输出功率 B变速杆挂入低速挡，是为了能够提供
2、较大的牵引力 C徐徐踩下加速踏板，是为了让牵引力对汽车做更多的功 D徐徐踩下加速踏板，是为了让汽车的输出功率保持为额定功率 B 由功率公式PFv可知，在功率一定的情况下，当速度减小时，汽车的牵引力就 会增大，此时更容易上坡，故换低速挡，是为了增大牵引力，故A错误，B正确；徐徐 踩下加速踏板，发动机的输出功率增大，根据PFv可知，目的是为了增大牵引力， 故C、D错误 2(2017湖北六校3月联考)如图515所示，半径为R的 光滑圆弧轨道左端有一质量为 1 8 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
3、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：17214091】 图515 A此过程外力做功为 FR 2 B此过程外力做功为 FR 2 2 C小球离开轨道的末端时，拉力的功率为Fv2 D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 RF 4mg 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 WF 2R FR，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 1 8 4 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v 1 ，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
4、理有Wmgh mv 0，代入W的值可得h ，所以选项D错误 1 2 2 1 RF 4mg 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516所示若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息， 1 v 不能求出的物理量是( ) 【导学号：17214092】 图516 A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FF f ma，PFv可得：a ，对应图线可知， k40，可求出汽车 P m 1 v Ff m P m 的功率P，由a0时， 005可得：v m 20 m/s，再由v m ，可求出汽车
5、受到的 1 vm P Ff 阻力F f ，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，故应选D 4(2017河北保定二模)如图517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( ) 【导学号：17214093】3 图517 A mv 2 mgh 1 2 mgh tan Bmgh mv 2 mghtan 1 2 C mv 2 mgh 1 2 Dmgh
6、mv 2 1 2 mgh tan A 小物块从A到C克服摩擦力的功W f mgcos ，克服重力的 h sin mgh tan 功W G mgh，设克服弹力做的功为W，由动能定理有mgh W0 mv 2 ，得出 mgh tan 1 2 W mv 2 mgh ，所以小物块在C点时弹簧的弹性势能为 mv 2 mgh ， 1 2 mgh tan 1 2 mgh tan 故选项A正确 5(2017衡水中学二模)如图518所示，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，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h 1 高处的A点由静止开始沿倾角为的雪道下滑，最后停在
7、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h 2 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( ) 【导学号：17214094】 图518 A动摩擦因数为tan B动摩擦因数为 h1 s 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 mgh 1 mgcos mgs0 h1 sin 4 mgh 1 mg( s)0 h1 tan mgh 1 mgs0 h1 s A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 m
8、gcos mgsin ；若，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误 6(2017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519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519 A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
9、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 2ax ，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； 2gxsin 2gh 由位移公式x at 2 可知t ，整个过程中重力的平均功率为P 1 2 2x a 2h gsin2 W t ，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 mg 2ghsin 2 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如图520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，
10、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05，g取10 m/s 2 ，下列说法正确的是( ) 【导学号：17214095】5 图520 A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最大位移是10 m C物体运动的最大速度为8 m/s D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： Wmgx m 0， 代入数据解得：x m 10 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
11、摩擦力时，加速度为0，速度最大，则： F 0 mg20 N， 由图得到F与x的函数关系式为： F10025x， 代入F 0 得：x32 m， 由动能定理可得： 322032 4v ， 10020 2 1 2 2 m 解得：v m 8 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521所示，一水平传送带以20 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为20 m，其右端与一倾角为37的光滑斜面平滑相连，斜面长为04 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02，sin 3706，g取10 m/s 2 则( ) 图5216
12、A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/s C物块沿斜面上滑能上升的最大高度为02 m D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mgma 1 ，解得a 1 2 m/s 2 ，x 1 1 m2 m，所以在到达传送带右端前物块已经以2 m/s的速度匀速运 v2 0 2a1 动，A错误，B正确；物块以初速度v 0 滑上斜面后做匀减速直线运动，上滑过程由动能 定理得mgh m 0 mv ，解得h m 02 m，由于x 2 m04 m，所以物 1 2 2 0 hm sin 1 3 块未到达斜面的最高点，C正确；物块返回传送带时滑动
13、的距离为x，由动能定理得 mgh m mgx0，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)如图522甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A 可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动已知m A 2 kg，m B 4 kg，斜面倾角 37某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的vt图象如图522乙所 示已知g10 m/s 2 ，sin 3706求： 甲 乙 图522 (1)A与斜面间的动摩擦因数； (2)A沿斜面向上滑动的最大位移； (3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功 【导学号：17214096】 【解析】
14、(1)在005 s内，根据图象，A、B系统的加速度为：a 1 v t 2 05 m/s 2 4 m/s 2 对A、B受力分析，设绳子弹力为T，那么由牛顿第二定律可得：m B gTm B a 1 Tm A gsin m A gcos m A a 1 解得： 025 mBgmAgsin mAa1mBa1 mAgcos (2)在005 s内A加速向上滑动的位移为：x 1 05 m v2 2a17 B落地后，A继续减速上升由牛顿第二定律可得：m A gsin m A gcos m A a 2 ，解 得：a 2 8 m/s 2 故A减速向上滑动的位移为：x 2 025 m v2 2a2 所以，A上滑的最
15、大位移为：xx 1 x 2 075 m (3)A加速上滑过程中，细绳对A的拉力为：Tm A gsin m A gcos m A a 1 24 N 故滑动过程中细线对A的拉力所做的功为：WTsT vt24 205 J12 J 1 2 1 2 或对加速上升过程应用动能定理，即为：W(m A gsin m A gcos )x 1 m A v 2 0 1 2 则可得：W12 J 【答案】 (1)025 (2)075 m (3)12 J 10(16分)(2012江苏高考T 14 )某缓冲装置的理想模型如图523所示，劲度系数足够大 的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f轻
16、杆向 右移动不超过l时，装置可安全工作一质量为m的小车若以速度v 0 撞击弹簧，将导致 轻杆向右移动 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩 l 4 擦 图523 (1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x； (2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度v m ； (3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v和撞击速度v的关系 【导学号：17214097】 【解析】 (1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力Fkx 且Ff 解得x f k (2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中 由动能定理得：f W0 mv l 4 1 2 2 0 同理，小车以v m 撞击弹簧时，flW0 mv 1 2 2 m 解得v m v2 0 3fl 2m8 (3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v 1 mv W 1 2 2 1 由解得v 1 v2 0 fl 2m 当v 时，vv v2 0 fl 2m 当 v 时，v v2 0 fl 2m v2 0 3fl 2m v2 0 fl 2m 【答案】 (1) (2) f k v2 0 3fl 2m (3)当v 时，vv v2 0 fl 2m 当 v 时，v v2 0 fl 2m v2 0 3fl 2m v2 0 fl 2m
