2020届二轮复习 功 功率 动能定理 作业

2020届二轮复习 功 功率 动能定理 作业 (建议用时：40分钟) [专题通关练] 1．(多选)(2019·唐山市高三理综联考)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时速度大小为v，方向竖直向下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )

A．刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0 B．落地时重力的瞬时功率为mgv

C．石块在空中飞行过程中合外力做的功为12mv20－12mv2 D．石块在空中飞行过程中阻力做的功为12mv2－12mv20－mgh BD [设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则刚抛出时重力的瞬时功率为P＝－mgv0cos α，选项A错误；落地时重力的瞬时功率为mgv，选项B正确；根据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W＝12mv2

－12mv20，选项C错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为Wf，由动能定理，mgh＋Wf＝12mv2－12mv20，解得Wf＝12mv2－12mv20－mgh，选项D正确。] 2.如图所示，质量为m的物块与转轴OO′相距R，物块随水平转台由静止开始缓慢转动，当转速增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静

止到开始滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为mgR8，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为( ) A．0.125 B．0.15 C．0.25 D．0.5 C [由于物块做圆周运动，物块刚开始滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦

力达到最大静摩擦力，并由此提供向心力，则有：μmg＝mv2R，解得v＝μgR，设转台对物块做的功为W，根据动能定理得：W＝12mv2＝mgR8，又v＝μgR，联立解得μ＝0.25，故选C。] 3．武广高铁已通车运行，速度最高可达390 km/h，转弯时的半径达到了8 km。若机车在运行过程中所受的阻力大小始终不变，在某一段直线轨道上匀加速运动的过程中，下列说法正确的是( ) A．机车输出功率不变 B．机车输出功率逐渐增大 C．机车一直匀加速运动，直到最大速度 D．在任意两相等的时间内，机车动能变化相同 B [匀加速运动合外力F为定值，又因为阻力不变，故牵引力恒定不变，由P＝Fv，v逐渐增大，所以P增大，故A错误，B正确；当功率达到额定功率后，机车的功率就不再增大，要增大速度，则要减小牵引力，当牵引力等于阻力时，机车速度达到最大值，所以机车匀加速运动过程达不到最大速度，故C错误；ΔEk＝W合＝(F－Ff)s，在任意相等时间内，F、Ff、a都是定值，因为物体做匀加速运动，故在任意相等时间内，s不同，ΔEk不同，故D错误。] 4.(多选)(2019·湖南衡阳八中二模)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s B．x＝3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2 C．在前2 m的运动过程中物块所经历的时间为2 s D．在前4 m的运动过程中拉力对物块做的功为25 J

BCD [根据图象知，x＝1 m时，物块的动能为2 J，由12mv2＝2 J，解得v＝2 m/s，故A错误；对x＝2 m到x＝4 m的过程运用动能定理，有F合2

Δx

＝ΔEk，解得F合2＝2.5 N，则物块的加速度a＝F合2m＝2.52 m/s2＝1.25 m/s2，故B正确；对前2 m的运动过程运用动能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2 N，则物块的加速度a′＝F合1m＝22 m/s2＝1 m/s2，末速度v′＝2Ekm＝82 m/s＝2 m/s，根据v′＝a′t得t＝2 s，故C正确；对全过程运用动能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25 J，故D正确。] 5.(2019·福建省普通高中毕业班质量测检)如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中( )

A．P的速度一直减小 B．传送带对P做功的功率一直减小 C．传送带对P做的功W＜μmgd D．弹簧的弹性势能变化量ΔEp＝12mv2＋μmgd C [P在速度已达到v后但还未接触弹簧前，与传送带之间无摩擦力。P接触弹簧后，弹簧开始发生形变，P受到弹簧弹力F方向水平向左，由F＝kx可知，随着弹簧的压缩，F逐渐增大，传送带对P的摩擦力为静摩擦力f静，f静随着F的增大逐渐增大，在f静达到最大静摩擦力之前，P保持匀速运动，当f静

＝fm＝μmg后，传送带对P的摩擦力变为滑动摩擦力，不再变化，弹力继续增大，P做减速运动，直到速度为零，弹簧达到最大形变，可见P先匀速运动后减速运动，选项A错误；P接触弹簧后还保持匀速运动的过程中，传送带对P的静摩擦力f静越来越大，功率P1＝f静v，可知P1增大，当P开始减速时，传送带对P的滑动摩擦力μmg不变，P的速度v减小，功率P2＝μmgv，可知P2减小，即传送带对P做功的功率先增大后减小，选项B错误；由于P在保持匀速运动的过程中，传送带对P的摩擦力小于μmg，故弹簧压缩的形变量为d的过程中，传送带对P做的功W＜μmgd，选项C正确；由功能关系可知弹簧的弹性势能变化量ΔEp＜12mv2＋μmgd，选项D错误。] 6．(易错题)(多选)如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4 kg的物体，让它在随位移均匀减小的水平推力F作用下运动，水平推力F随位移x变化的图象如图乙所示(x＝4.0 m后无推力存在)。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )

A．运动过程中物体的最大加速度为20 m/s2 B．在距出发点3.0 m位置时物体的速度达到最大 C．推力对物体做的功为180 J D．物体在水平地面上运动的最大位移是10 m AD [由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，则推力F＝100 N时，物体所受合力最大，加速度最大，代入解得a＝20 m/s2，选项A正确；由图象可得推力F随位移x变化的数学关系式为F＝100－25x(0≤x≤4.0 m)，物体的速度最大时，加速度为零，即此时F＝μmg，代入解得x＝3.2 m，即在距出发点3.2 m位置时物体的速度达到最大，选项B错误；由F-x图象可知推力对物体做的总功等于F-x图象与坐标轴围成的面积，即WF＝12F·x0，其中F＝100 N，x0＝4.0 m，解得WF＝200 J，选项C错误；由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax

＝10 m，即物体在水平地面上运动的最大位移是10 m，选项D正确。] 易错点评：本题的易错之处在于图象信息的应用。 7．(2019·湖南湘东六校联考)如图甲所示，一质量为2 kg的物体受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的a-t图象如图乙所示，t＝0时其速度为2 m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )

A．在t＝6 s时，物体的速度为15 m/s B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为289 J C．在0～6 s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5 W D．在t＝6 s时，拉力F的功率为136 W C [根据加速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知，在0～6 s时间内，物体的速度增加量为Δv＝15 m/s，由Δv＝v－v0，可得在t＝6 s时，物体的速度为v＝17 m/s，选项A错误；由动能定理，可知在0～6 s时间内，合力对物体做的功为W＝12mv2－12mv20＝285 J，选项B错误；在0～6 s时间内，合力对物体做功的平均功率为P＝Wt＝47.5 W，选项C正确；由牛顿第二定律有，F－μmg＝ma，解得在t＝6 s时拉力F＝16 N，物体的速度v＝17 m/s，则拉力F的功率为P＝Fv＝16×17 W＝272 W，选项D错误。] 8.(多选)如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则( )

A．小球到达M点时的速度大小为0 B．小球在A点时的速度为5gR C．小球落地点离B点的水平距离为2R

D．小球落地时的动能为5mgR2

BCD [小球恰好通过最高点，重力恰好提供向心力：mg＝mv2R，解得：v＝gR，故A错误；从A点到M点由动能定理得－mg·2R＝12mv2－12mv2A，可得vA＝5gR，故B正确；小球离开最高点后做平抛运动，2R＝12gt2，x＝vt，解得：

x＝2R，故C正确；小球平抛过程：mg·2R＝Ek2－12mv2，解得：Ek2＝5mgR2，故D正确。] [能力提升练] 9．如图所示为汽车在水平路面上启动过程的v-t图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间变化的曲线，bc段是与ab段相切的水平直线。整个启动过程中阻力恒为f，则下列说法正确的是