專題限時(shí)集訓(xùn)(五)功功率動(dòng)能定理(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第15題只有一項(xiàng)符合題目要求，第68題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1(2016海南“七校聯(lián)盟”大聯(lián)考)如圖13甲所示，某女士第一次站立在臺(tái)階式自動(dòng)扶梯上，扶梯將她送上樓，第二次如圖乙所示，該女士乘相同自動(dòng)扶梯的同時(shí)，她還相對(duì)于扶梯勻速向上走，兩次到達(dá)同一高度兩次自動(dòng)扶梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度相同，下列關(guān)于兩次自動(dòng)扶梯的牽引力做功和功率的說(shuō)法正確的是()甲乙圖13A兩次牽引力做功相同，牽引力的功率第一次的較大B牽引力做功第一次的較大，兩次牽引力的功率相同C牽引力做功第一次的較大，功率也是第一次的大D兩次牽引力做功相同，功率也相同B由于兩次自動(dòng)扶梯勻速運(yùn)動(dòng)的速度相同，第二次該女士是沿扶梯勻速向上行走，表明兩次扶梯對(duì)該女士的牽引力相同，但把該女士送到同一高度時(shí)，所用的時(shí)間不同，第二次時(shí)間要短，扶梯運(yùn)行的位移要小，由功的公式WFscos 可知，第一次扶梯對(duì)該女士做的功要多自動(dòng)扶梯牽引力的功率由PFvcos 可知，扶梯對(duì)該女士的牽引力相同，扶梯兩次運(yùn)行的速度也相同，所以兩次牽引力的功率相同，選項(xiàng)B正確2.(2016湖北六校3月聯(lián)考)如圖14所示，半徑為R的光滑圓弧軌道左端有一質(zhì)量為m的小球，在大小恒為F、方向始終與軌道相切的外力作用下，小球在豎直平面內(nèi)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，軌道左端切線水平，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到軌道的末端時(shí)立即撤去外力，此時(shí)小球的速率為v，已知重力加速度為g，則() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：37162035】圖14A此過(guò)程外力做功為FRB此過(guò)程外力做功為FRC小球離開(kāi)軌道的末端時(shí)，拉力的功率為FvD小球離開(kāi)軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為C由于力的大小不變，方向始終沿圓弧的切線方向，所以力F做的功為WF2RFR，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；小球離開(kāi)軌道時(shí)的速率為v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率為Fv，選項(xiàng)C正確；設(shè)小球離開(kāi)軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1，小球離開(kāi)軌道后運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最高點(diǎn)距離圓弧軌道左端的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理有Wmghmv>0，代入W的值可得h<，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤3一輛汽車(chē)在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)圖象如圖15所示若已知汽車(chē)的質(zhì)量，則根據(jù)圖像所給的信息，不能求出的物理量是()圖15A汽車(chē)的功率B汽車(chē)行駛的最大速度C汽車(chē)所受到的阻力D汽車(chē)運(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間D由FFfma，PFv可得：a，對(duì)應(yīng)圖線可知，k40，可求出汽車(chē)的功率P，由a0時(shí)，0.05可得：vm20 m/s，再由vm，可求出汽車(chē)受到的阻力Ff，但無(wú)法求出汽車(chē)運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間，故應(yīng)選D.4(2016河北保定二模)如圖16所示，傾角為的斜面固定在水平地面上，其頂端有一輕彈簧，彈簧上端固定一質(zhì)量為m的小物塊向右滑行并沖上斜面設(shè)小物塊在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，將彈簧壓縮至最短時(shí)小物塊位于C點(diǎn)，C點(diǎn)距地面高度為h，小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，不計(jì)小物塊與彈簧碰撞過(guò)程中的能量損失，則小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為()圖16A.mv2mghBmghmv2mghtan C.mv2mghDmghmv2A小物塊從A到C克服摩擦力的功Wfmgcos ，克服重力的功WGmgh，設(shè)克服彈力做的功為W，由動(dòng)能定理有mghW0mv2，得出Wmv2mgh，所以小物塊在C點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為mv2mgh，故選項(xiàng)A正確5(2016衡水中學(xué)二模)有兩條滑道平行建造，左側(cè)相同而右側(cè)有差異，一個(gè)滑道的右側(cè)水平，另一個(gè)的右側(cè)是斜坡某滑雪者保持一定姿勢(shì)坐在雪橇上不動(dòng)，從h1高處的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始沿傾角為的雪道下滑，最后停在與A點(diǎn)水平距離為s的水平雪道上接著改用另一個(gè)滑道，還從與A點(diǎn)等高的位置由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果能沖上另一個(gè)傾角為的雪道上h2高處的E點(diǎn)停下若動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉(zhuǎn)折處的能量損失，則()圖17A動(dòng)摩擦因數(shù)為tan B動(dòng)摩擦因數(shù)為C傾角一定大于 D傾角可以大于B第一次停在BC上的某點(diǎn)，由動(dòng)能定理得mgh1mgcos mgs0mgh1mg(s)0mgh1mgs0A錯(cuò)誤，B正確在AB段由靜止下滑，說(shuō)明mgcos mgsin ，第二次滑上CE在E點(diǎn)停下，說(shuō)明mgcos mgsin ；若，則雪橇不能停在E點(diǎn)，所以C、D錯(cuò)誤6(2016云南五校聯(lián)考)將三個(gè)光滑的平板傾斜固定，三個(gè)平板頂端到底端的高度相等，三個(gè)平板與水平面間的夾角分別為1、2、3，如圖18所示現(xiàn)將三個(gè)完全相同的小球由最高點(diǎn)A沿三個(gè)平板同時(shí)無(wú)初速度地釋放，經(jīng)一段時(shí)間到達(dá)平板的底端則下列說(shuō)法正確的是()圖18A重力對(duì)三個(gè)小球所做的功相同B沿傾角為3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大C三個(gè)小球到達(dá)底端時(shí)的瞬時(shí)速度相同D沿傾角為3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小AD假設(shè)平板的長(zhǎng)度為x，由功的定義式可知Wmgxsin mgh，則A正確；小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度agsin ，小球到達(dá)平板底端時(shí)的速度為v，顯然到達(dá)平板底端時(shí)的速度大小相等，但方向不同，則C錯(cuò)誤；由位移公式xat2可知t，整個(gè)過(guò)程中重力的平均功率為P，則沿傾角為1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B錯(cuò)誤；根據(jù)Pmgvcos (90)mgvsin ，速度大小相等，沿傾角為3的平板下滑的小球到達(dá)平板底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率最小，D正確7(2015安慶模擬)如圖19甲所示，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力隨位移x變化的圖象如圖乙所示，已知物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是()圖19A物體先做加速運(yùn)動(dòng)，推力撤去時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)B物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是10 mC物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為8 m/sD物體在運(yùn)動(dòng)中的加速度先變小后不變BC物體先做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)推力小于摩擦力時(shí)開(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由圖象得到推力對(duì)物體做的功等于圖線與坐標(biāo)軸所圍“面積”，得推力做功為：W200 J根據(jù)動(dòng)能定理：Wmgxm0，代入數(shù)據(jù)解得：xm10 m，故B正確；由圖象可得推力隨位移x是變化的，當(dāng)推力等于摩擦力時(shí)，加速度為0，速度最大，則：F0mg20 N，由圖得到F與x的函數(shù)關(guān)系式為：F10025x，代入F0得：x3.2 m，由動(dòng)能定理可得：3.2203.24v，解得：vm8 m/s，故C正確；拉力一直減小，而摩擦力不變，故加速度先減小后增大，故D錯(cuò)誤8如圖20所示，一水平傳送帶以2.0 m/s的速度順時(shí)針傳動(dòng)，水平部分長(zhǎng)為2.0 m，其右端與一傾角為37的光滑斜面平滑相連，斜面長(zhǎng)為0.4 m，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無(wú)初速度地放在傳送帶最左端已知物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，sin 370.6，g取10 m/s2.則() 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：37162036】圖20A物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B物塊到達(dá)傳送帶右端的速度大小為2 m/sC物塊沿斜面上滑能上升的最大高度為0.2 mD物塊返回傳送帶時(shí)恰好到達(dá)最左端BC物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由mgma1，解得a12 m/s2，x11 m2 m，所以在到達(dá)傳送帶右端前物塊已經(jīng)以2 m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；物塊以初速度v0滑上斜面后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，上滑過(guò)程由動(dòng)能定理得mghm0mv，解得hm0.2 m，由于x2 m0.4 m，所以物塊未到達(dá)斜面的最高點(diǎn)，C正確；物塊返回傳送帶時(shí)滑動(dòng)的距離為x，由動(dòng)能定理得mghmmgx0，解得x1 m，所以物塊返回傳送帶時(shí)不會(huì)到達(dá)最左端，D錯(cuò)誤二、計(jì)算題(共2小題，32分)9(16分)(2016開(kāi)封重點(diǎn)中學(xué)二聯(lián))如圖21所示，一質(zhì)量為m2.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置在粗糙水平面上的A點(diǎn)，水平面上的B點(diǎn)處固定有一豎直放置的半徑為R0.4 m的粗糙半圓形軌道現(xiàn)給滑塊施加一水平向右且大小為F10 N的恒定拉力，使滑塊由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)已知滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25，A、B兩點(diǎn)間的距離為d5 m，重力加速度取g10 m/s2.圖21(1)若滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)停止，求拉力F作用的時(shí)間；(2)若在滑塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)撤去拉力F，則滑塊剛好能通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)C，求滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功【解析】(1)設(shè)在拉力F作用下滑塊向右滑行的距離為x，則由動(dòng)能定理可得Fxmgd設(shè)在拉力F作用階段滑塊的加速度大小為a1，拉力F作用時(shí)間為t，則有Fmgma1xa1t2聯(lián)立解得t s.(2)設(shè)滑塊在B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC，則由動(dòng)能定理可得(Fmg)dmv由于滑塊剛好能通過(guò)最高點(diǎn)C，則有mgm設(shè)滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做的功為Wf，則有Wfmvmvmg2R聯(lián)立解得Wf5 J.【答案】(1) s (2)5 J10(16分)(2016吉安四校模擬)如圖22所示，在水平軌道右側(cè)固定半徑為R的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設(shè)特殊材料，調(diào)節(jié)其初始長(zhǎng)度為l，水平軌道左側(cè)有一輕質(zhì)彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長(zhǎng)狀態(tài)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊從軌道右側(cè)A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，通過(guò)圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回已知R0.4 m，l2.5 m，v06 m/s，物塊質(zhì)量m1 kg，與PQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，軌道其它部分摩擦不計(jì)g取10 m/s2，求： 圖22(1)物塊經(jīng)過(guò)圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)物塊從Q運(yùn)動(dòng)到P的時(shí)間及彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能； (3)物塊仍以v0從右側(cè)沖上軌道，調(diào)節(jié)PQ段的長(zhǎng)度l，當(dāng)l長(zhǎng)度是多少時(shí)，物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng). 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：37162037】【解析】(1)物塊沖上圓形軌道最高點(diǎn)B時(shí)速度為v，由動(dòng)能定律得：2mgRmv2mv物塊在B點(diǎn)時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得：FNmg聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得FN40 N由牛頓第三定律得，物塊對(duì)軌道壓力大小為40 N，方向?yàn)樨Q直向上(2)物塊在Q點(diǎn)時(shí)速度為v06 m/s，在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律有：mgma由運(yùn)動(dòng)規(guī)律lv0tat2聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得在PQ段運(yùn)動(dòng)時(shí)間t0.5 s(t2.5 s不符合題意，舍去)設(shè)物塊在P點(diǎn)時(shí)速度為v1，由動(dòng)能定理得：mglmvmv物塊壓縮彈簧，由能量守恒得動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，有Epmmv 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得Epm8 J.(3)設(shè)物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側(cè)Q點(diǎn)時(shí)速度為v2，有2mglmvmv要使物塊恰能不脫離軌道返回A點(diǎn)，則物塊能沿軌道上滑至最高點(diǎn)且在最高點(diǎn)的速度大小為v3，則滿足2mgRmvmv且mg 聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)解得l1 m.【答案】(1)40 N，方向豎直向上(2)0.5 s8 J (3)1 m