課時跟蹤訓練(五) 功、功率、動能定理一、選擇題(17題為單項選擇題，810題為多項選擇題)1(2018·山東省濟南市高三二模)靜止在地面上的物體在不同合外力F的作用下都通過了相同的位移x0，下列情況中物體在x0位置時速度最大的是( )C根據(jù)圖象的坐標可知圖象所包圍的面積代表了合外力F做的功，所以從圖象上看出C圖所包圍的面積最大，故選C2(2018·宿州市高三第三次教學質(zhì)量檢測)如圖，一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子在豎直向下的勻強電場中運動，M、N為其運動軌跡上的兩點已知該粒子在M點的速度大小為v0，方向與水平方向的夾角為60°，N點為軌跡的最高點，不計重力則M、N兩點間的電勢差為( )A.B C D.B從M點到N點利用動能定理有：qUMNmvmvm(v0 cos60°)2mv解得：UMN，故B正確3(2018·天星押題卷)如圖甲為一傾斜的傳送帶，傳送帶足夠長，與水平方向夾角為，以恒定的速度沿逆時針方向勻速轉動一物塊由底端以速度v1滑上傳送帶，圖乙為物塊在傳送帶上運動的vt圖象下列說法正確的是( )A無法判斷出傳送帶的運行速度B傳送帶與物塊間的動摩擦因數(shù)為tan Ct1時刻物塊到達最高點Dv1<v3C由vt圖象可知t2時刻物塊與傳送帶共速，之后摩擦力反向，所以傳送帶的運行速度為v2，故A錯誤由題圖知，在0t1時間內(nèi)，對物塊受力分析有mg sin mg cos ma1，由圖象得a1，解得tan ，故B錯誤；t1時刻物塊速度減為0，離出發(fā)點最遠，故C正確；從開始滑上傳送帶到離開傳送帶，由動能定理得Wfmvmv，因Wf<0，所以v1>v3，故D錯誤4(2018·湖南省長郡中學高三第四次質(zhì)檢)甲乙兩車同時同地同向運動，兩車的vt圖象如圖所示其中質(zhì)量m7.5 t甲車以恒定功率P50 kW啟動，最后勻速運動乙車做初速為0做勻加速運動，則乙車追上甲車的時間是( )A40 sB20 sC60 sD30 sD由圖可知，乙車追上甲車時，甲車已經(jīng)勻速運動，設乙車追上甲車的時間是t，乙車的位移xat2，甲車受到的阻力Ff，由動能定理得：PtFfxmv，解得t30 s，故D正確，A、B、C錯誤5(2018·湖北省孝感市高三二模)如圖所示，動滑輪下系有一個質(zhì)量為m的物塊，細線一端系在天花板上，另一端繞過動滑輪用Fmg的恒力豎直向上拉細線的另一端(滑輪、細線的質(zhì)量不計，不計一切摩擦，重力加速度為g)，物塊從靜止開始運動，則下列說法正確的是( )A物塊的加速度agB經(jīng)過時間t拉力F做功為WFmg2t2C物塊的機械能增加了Emg2t2D物塊的動能增加了Ekmg2t2C以物塊m為對象，根據(jù)牛頓第二定律：2Fmgma得ag，經(jīng)過時間t后，物塊的位移xat2gt2，速度vatgt，則拉力做功WFF(2x)mg2t2，物體的動能增加了Ekmv2mg2t2，物體的機械能增加了EEkmgxmg2t2，故C正確，A、B、D錯誤6(2018·江西省九江高中畢業(yè)班考前沖刺卷)如圖所示，水平地面上有一傾角為的光滑斜面，斜面上有一固定擋板c.用輕彈簧連接的物塊a、b放置在斜面上，并處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)用一平行于斜面的恒力F(F<2mg sin )作用在物塊a上，使物塊a沿斜面向上運動，當物塊b與擋板c恰好分離時，物塊a移動的距離為d，在此過程中彈簧彈性勢能的增加量為Ep(Ep>0)已知物塊a的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，下列說法正確的是( )A物塊a可能做勻變速直線運動B物塊a的動能一直增加C當b、c恰好分離時，彈簧的伸長量大小為D當b、c恰好分離時，物塊a的速度大小為D當a沿斜面向上運動時，彈簧的彈力在不斷變化，而拉力F恒定，重力和支持力恒定，根據(jù)牛頓第二定律，物塊a將做變加速直線運動，故選項A錯誤；因為物塊b與擋板c恰好分離時，物塊a移動的距離為d，在此過程中彈簧彈性勢能的增加量為Ep，所以物塊b的質(zhì)量大于m，又因為F<2mgsin ，所以物塊a的速度一定是先增大后減小，動能也是先增大后減小，b、c分離時彈簧的彈力大于mgsin ，彈簧的伸長量大于，故選項B、C錯誤；對于物塊a整個過程根據(jù)動能定理得：Fdmgdsin Wmv2，由功能關系WEp，聯(lián)立解得物塊a的速度大小為，故選項D正確7(2018·陜西西安市高三二模試題)如圖所示，豎直面內(nèi)有固定軌道ABC，AB是半徑為2R的四分之一光滑圓弧，BC是半徑為R的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點)，O點是BC圓弧的圓心，POQ在同一水平線上，BOC在同一豎直線上質(zhì)量為m的小球自由下落2R后，沿軌道ABC運動，經(jīng)過軌道C點后，恰好落到軌道上的P點則下列說法正確的是( )A小球運動到B點前的瞬間對軌道的作用力是4mgB小球運動到B點后的瞬間對軌道的作用力是8mgC小球運動到C點的過程中，摩擦力做功WfmgRD小球運動到C點的過程中，摩擦力做功WfmgRC小球下落到B點，由機械能守恒定律得：mg(4R)mv，小球運動到B點前的瞬間，小球運動的半徑是2R，由向心力公式：FBmg，解得FB5mg，小球運動到B點后的瞬間，小球的運動半徑是R，由向心力公式：FBmg，解得FB9mg，故A錯誤、B錯誤；經(jīng)過軌道C點后，恰好落到軌道上的P點，由幾何關系得：R，由平拋運動規(guī)律知：xRvCt，yRgt2，小球下落到C點，由動能定理有：mg2RWfmv，解得WfmgR，故C正確，D錯誤8(2018·湖北省麻城一中高考沖刺模擬)水平長直軌道上緊靠放置n個質(zhì)量為m可看作質(zhì)點的物塊，物塊間用長為L的不可伸長的細線連接，開始處于靜止狀態(tài)，物塊與軌道間動摩擦因數(shù)為.用水平恒力F拉動物塊1開始運動，到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，則( )A拉力F所做功為nFLB系統(tǒng)克服摩擦力做功為CFD(n1)mgFnmgBC物體1的位移為(n1)L，則拉力F所做功為WFF·(n1)L(n1)FL.故A錯誤系統(tǒng)克服摩擦力做功為WfmgLmg·Lmg·(n2)Lmg·(nL)L.故B正確據(jù)題，連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度正好為零，假設沒有動能損失，由動能定理有WFWf，解得F現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動能損失，所以根據(jù)功能關系可知F>，故C正確，D錯誤故選B、C.9(2018·山東省湖北省重點學校協(xié)作體沖刺模擬)為減少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型節(jié)能環(huán)保電動車在檢測某款電動車性能的實驗中，質(zhì)量為8×102 kg的電動車由靜止開始沿平直公路行駛，達到的最大速度為15 m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出如圖所示的F圖象(圖中AB、BO均為直線)，電動車行駛中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，則( )A該車啟動后，先做勻加速運動，然后做勻速運動B該車啟動后，先做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，接著做勻速運動C該車做勻加速運動的時間是1.2 sD該車加速度為0.25 m/s2時，動能是4×104 JBD由于橫坐標為速度的倒數(shù)，所以電動車的啟動過程為從A到B到C.AB段，牽引力不變，電動車做勻加速運動，加速度為a2 m/s2；BC段，由于圖象為過原點的直線，所以FvP額恒量，即以恒定功率啟動，牽引力減小，加速度減小，電動車做加速度減小的加速運動，當Ff400 N，速度達到最大值15 m/s，故選項A錯誤、B正確；由a可知t1.5 s，故選項C錯誤；該車加速度為0.25 m/s2時，牽引力為Fmaf8×102×0.250.05×8×102×10600 N，此時的速度為v10 m/s，動能為EKmv2×8×102×1024×104 J，故選項D正確10(2018·安徽省合肥三模)如圖所示，一小球套在傾角為37°的固定直桿上，輕彈簧一端與小球相連，另一端固定于水平地面上O點小球由A點靜止釋放，它沿桿下滑到達最低點C時速度恰為0.A、C相距0.8 m，B是A、C連線的中點，OB連線垂直AC，小球質(zhì)量為1 kg，彈簧原長為0.5 m，勁度系數(shù)為40 N/m，sin 37°0.6，g取10 m/s2.則小球從A到C過程中，下列說法正確的是( )A小球經(jīng)過B點時的速度最大B小球在B點時的加速度為6 m/s2C彈簧彈力對小球先做正功后做負功D小球從A到B過程和從B到C過程摩擦力做功相等BDA.小球合外力等于0時速度最大，在B點時由于彈簧彈力為k(lOB)40 N/m×(0.50.3)m8 N，方向垂直桿向上，重力垂直于桿的分力為mgcos 1×10×0.8 N8 N，方向垂直于桿向下，所以小球在B點時合外力Fmgsin 1×10×0.6 N6 N，所以經(jīng)過B點時速度不是最大，A錯誤；B.此時加速度a6 m/s2，B正確；C.在AB段彈簧彈力與小球位移夾角大于90°，所以做負功，BC段做正功，C錯誤；D.A、C兩點小球速度為0，由圖形的對稱性知AB過程和BC過程摩擦力做功相等，D正確選BD.11(2018·四川省南充市高三三模)如圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點向右做勻減速運動，到達小A孔進入半徑R0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當擺球進入圓軌道立即關閉A孔已知擺線長L2 m，60°，小球質(zhì)量為m0.5 kg，D點與小孔A的水平距離s2 m，g取10 m/s2.試求：(1)求擺線能承受的最大拉力為多大？(2)要使擺球能進入圓軌道并且不脫離軌道，求粗糙水平面摩擦因數(shù)的范圍？解析(1)當擺球由C到D運動機械能守恒：mg(LLcos )mv由牛頓第二定律可得：Fmmgm可得：Fm2 mg10 N(2)小球不脫圓軌道分兩種情況：要保證小球能達到A孔，設小球到達A孔的速度恰好為零，由動能定理可得：mgs0mv.可得：0.5若進入A孔的速度較小，那么將會在圓心以下做等幅擺動，不脫離軌道其臨界情況為到達圓心等高處速度為零，由機械能守恒可得：mvmgR由動能定理可得：mgsmvmv可求得：0.35若小球能過圓軌道的最高點則不會脫離軌道，在圓周的最高點由牛頓第二定律可得：mgm由動能定理可得：mgs2mgRmv2mv解得：0.125綜上所以動摩擦因數(shù)的范圍為：0.350.5或者0.125.答案(1)10 N(2)0.350.5或者0.12512(2018·石家莊高中畢業(yè)班質(zhì)檢(二)如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m4 kg的物塊左側壓縮一個勁度系數(shù)為k32 N/m的輕質(zhì)彈簧，彈簧與物塊未拴接物塊與左側豎直墻壁用細線拴接，使物塊靜止在O點，在水平面A點與一順時針勻速轉動且傾角37°的傳送帶平滑連接，已知xOA0.25 m，傳送帶頂端為B點，LAB2 m，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5.現(xiàn)剪斷細線同時給物塊施加一個初始時刻為零的變力F，使物塊從O點到B點做加速度大小恒定的加速運動物塊運動到A點時彈簧恰好恢復原長，運動到B點時撤去力F，物塊沿平行AB方向拋出，C為運動軌跡的最高點傳送帶轉輪半徑遠小于LAB，不計空氣阻力，已知重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8.(1)求物塊從B點運動到C點，豎直位移與水平位移的比值；(2)若傳送帶速度大小為v5 m/s，求物塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量；(3)若傳送帶勻速順時針轉動的速度大小為v，且v的取值范圍為2 m/s<v<3 m/s，求物塊由O點到B點的過程中力F做的功與傳送帶速度大小v的函數(shù)關系解析 (1)設物塊在B點的速度大小為v0，從B運動到C的時間為t，BC的豎直距離hv0tBC的水平距離為xv0tcos 又37°，解得(2)在初始位置kxOAma，a2 m/s2由v2axOA，得vA1 m/s由v2a(xOALAB)，得vB3 m/s物塊從A到B運動的時間為t，t，得t1 s因vB<v，則物塊速度一直小于傳送帶速度物塊與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Qmg(vtLAB)cos 解得：Q48 J(3)物塊在水平面上，F(xiàn)k(xOAx)ma得Fkx因力F隨位移x線性變化W1xOA1 J若傳送帶速度范圍為2 m/s<v<3 m/s，物塊受到的滑動摩擦力先沿傳送帶向上后沿傳送帶向下F1mgcos mgsin ma，F(xiàn)116 Nv2v2axF2mgcos mg sin ma，F(xiàn)248 NW2F1xF2(LABx)1048v2(J)WW1W21058v2(J) 答案(1)(2)48 J(3)W1058v2(J)9