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專題限時集訓(五)　功　功率　動能定理 (建議用時：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選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得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階式自動扶梯上，扶梯將她送上樓，第二次如圖乙所示，該女士乘相同自動扶梯的同時，她還相對于扶梯勻速向上走，兩次到達同一高度．兩次自動扶梯勻速運動的速度相同，下列關于兩次自動扶梯的牽引力做功和功率的說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 圖13 A．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　[由于兩次自動扶梯勻速運動的速度相同，第二次該女士是沿扶梯勻速向上行走，表明兩次扶梯對該女士的牽引力相同，但把該女士送到同一高度時，所用的時間不同，第二次時間要短，扶梯運行的位移要小，由功的公式W＝Fscos α可知，第一次扶梯對該女士做的功要多．自動扶梯牽引力的功率由P＝Fvcos α可知，扶梯對該女士的牽引力相同，扶梯兩次運行的速度也相同，所以兩次牽引力的功率相同，選項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，小球在豎直平面內由靜止開始運動，軌道左端切線水平，當小球運動到軌道的末端時立即撤去外力，此時小球的速率為v，已知重力加速度為g，則(　　) 【導學號：37162035】 圖14 A．此過程外力做功為FR B．此過程外力做功為FR C．小球離開軌道的末端時，拉力的功率為Fv D．小球離開軌道后運動到達的最高點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W＝F2πR＝FR，選項A、B錯誤；小球離開軌道時的速率為v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率為Fv，選項C正確；設小球離開軌道后運動到達最高點時的速度為v1，小球離開軌道后運動到達的最高點距離圓弧軌道左端的高度為h，根據動能定理有W－mgh＝mv>0，代入W的值可得h<，所以選項D錯誤．] 3．一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數圖象如圖15所示．若已知汽車的質量，則根據圖像所給的信息，不能求出的物理量是(　　) 圖15 A．汽車的功率 B．汽車行駛的最大速度 C．汽車所受到的阻力 D．汽車運動到最大速度所需的時間 D　[由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝－，對應圖線可知，＝k＝40，可求出汽車的功率P，由a＝0時，＝0.05可得：vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽車受到的阻力Ff，但無法求出汽車運動到最大速度的時間，故應選D.] 4．(2016河北保定二模)如圖16所示，傾角為θ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．一質量為m的小物塊向右滑行并沖上斜面．設小物塊在斜面最低點A的速度為v，將彈簧壓縮至最短時小物塊位于C點，C點距地面高度為h，小物塊與斜面間的動摩擦因數為μ，不計小物塊與彈簧碰撞過程中的能量損失，則小物塊在C點時彈簧的彈性勢能為(　　) 圖16 A.mv2－mgh－ B．mgh＋mv2－mghtan θ C.mv2－mgh D．mgh－mv2＋ A　[小物塊從A到C克服摩擦力的功Wf＝μmgcos θ＝，克服重力的功WG＝mgh，設克服彈力做的功為W，由動能定理有－mgh－－W＝0－mv2，得出W＝mv2－mgh－，所以小物塊在C點時彈簧的彈性勢能為mv2－mgh－，故選項A正確．] 5．(2016衡水中學二模)有兩條滑道平行建造，左側相同而右側有差異，一個滑道的右側水平，另一個的右側是斜坡．某滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，從h1高處的A點由靜止開始沿傾角為θ的雪道下滑，最后停在與A點水平距離為s的水平雪道上．接著改用另一個滑道，還從與A點等高的位置由靜止開始下滑，結果能沖上另一個傾角為α的雪道上h2高處的E點停下．若動摩擦因數處處相同，且不考慮雪橇在路徑轉折處的能量損失，則(　　) 圖17 A．動摩擦因數為tan θ B．動摩擦因數為 C．傾角α一定大于θ D．傾角α可以大于θ B　[第一次停在BC上的某點，由動能定理得 mgh1－μmgcos θ－μmgs′＝0 mgh1－μmg(＋s′)＝0 mgh1－μmgs＝0 μ＝ A錯誤，B正確． 在AB段由靜止下滑，說明μmgcos θ＜mgsin θ，第二次滑上CE在E點停下，說明μmgcos α＞mgsin α；若α＞θ，則雪橇不能停在E點，所以C、D錯誤．] 6．(2016云南五校聯(lián)考)將三個光滑的平板傾斜固定，三個平板頂端到底端的高度相等，三個平板與水平面間的夾角分別為θ1、θ2、θ3，如圖18所示．現將三個完全相同的小球由最高點A沿三個平板同時無初速度地釋放，經一段時間到達平板的底端．則下列說法正確的是(　　) 圖18 A．重力對三個小球所做的功相同 B．沿傾角為θ3的平板下滑的小球的重力的平均功率最大 C．三個小球到達底端時的瞬時速度相同 D．沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達平板底端時重力的瞬時功率最小 AD　[假設平板的長度為x，由功的定義式可知W＝mgxsin θ＝mgh，則A正確；小球在斜面上運動的加速度a＝gsin θ，小球到達平板底端時的速度為v＝＝＝，顯然到達平板底端時的速度大小相等，但方向不同，則C錯誤；由位移公式x＝at2可知t＝＝，整個過程中重力的平均功率為P＝＝，則沿傾角為θ1的平板下滑的小球的重力平均功率最大，B錯誤；根據P＝mgvcos (90－θ)＝mgvsin θ，速度大小相等，沿傾角為θ3的平板下滑的小球到達平板底端時重力的瞬時功率最小，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質量為m＝4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運動，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摩擦因數μ＝0.5，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) 圖19 A．物體先做加速運動，推力撤去時開始做減速運動 B．物體在水平面上運動的最大位移是10 m C．物體運動的最大速度為8 m/s D．物體在運動中的加速度先變小后不變 BC　[物體先做加速運動，當推力小于摩擦力時開始做減速運動，故A錯誤；由圖象得到推力對物體做的功等于圖線與坐標軸所圍“面積”，得推力做功為： W＝200 J 根據動能定理： W－μmgxm＝0， 代入數據解得：xm＝10 m， 故B正確； 由圖象可得推力隨位移x是變化的，當推力等于摩擦力時，加速度為0，速度最大，則： F0＝μmg＝20 N， 由圖得到F與x的函數關系式為： F＝100－25x， 代入F0得：x＝3.2 m， 由動能定理可得： 3.2－203.2＝4v， 解得：vm＝8 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錯誤．] 8．如圖20所示，一水平傳送帶以2.0 m/s的速度順時針傳動，水平部分長為2.0 m，其右端與一傾角為θ＝37的光滑斜面平滑相連，斜面長為0.4 m，一個可視為質點的物塊無初速度地放在傳送帶最左端．已知物塊與傳送帶間動摩擦因數μ＝0.2，sin 37＝0.6，g取10 m/s2.則(　　) 【導學號：37162036】 圖20 A．物塊在傳送帶上一直做勻加速直線運動 B．物塊到達傳送帶右端的速度大小為2 m/s C．物塊沿斜面上滑能上升的最大高度為0.2 m D．物塊返回傳送帶時恰好到達最左端 BC　[物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動，由μmg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，x1＝＝1 m＜2 m，所以在到達傳送帶右端前物塊已經以2 m/s的速度勻速運動，A錯誤，B正確；物塊以初速度v0滑上斜面后做勻減速直線運動，上滑過程由動能定理得－mghm＝0－mv，解得hm＝0.2 m，由于x2＝＝ m＜0.4 m，所以物塊未到達斜面的最高點，C正確；物塊返回傳送帶時滑動的距離為x，由動能定理得mghm－μmgx＝0，解得x＝1 m，所以物塊返回傳送帶時不會到達最左端，D錯誤．] 二、計算題(共2小題，32分) 9．(16分)(2016開封重點中學二聯(lián))如圖21所示，一質量為m＝2.0 kg的滑塊(可視為質點)靜置在粗糙水平面上的A點，水平面上的B點處固定有一豎直放置的半徑為R＝0.4 m的粗糙半圓形軌道．現給滑塊施加一水平向右且大小為F＝10 N的恒定拉力，使滑塊由靜止開始向右運動．已知滑塊與水平面間的動摩擦因數為μ＝0.25，A、B兩點間的距離為d＝5 m，重力加速度取g＝10 m/s2. 圖21 (1)若滑塊剛好運動到B點停止，求拉力F作用的時間； (2)若在滑塊運動到B點時撤去拉力F，則滑塊剛好能通過半圓形軌道的最高點C，求滑塊從B點到C點的過程中克服摩擦力所做的功． 【解析】　(1)設在拉力F作用下滑塊向右滑行的距離為x，則由動能定理可得Fx＝μmgd 設在拉力F作用階段滑塊的加速度大小為a1，拉力F作用時間為t，則有F－μmg＝ma1 x＝a1t2 聯(lián)立解得t＝ s. (2)設滑塊在B點時的速度大小為vB，在C點時的速度大小為vC，則由動能定理可得(F－μmg)d＝mv 由于滑塊剛好能通過最高點C，則有mg＝m 設滑塊從B點運動到C點的過程中克服摩擦力做的功為Wf，則有 Wf＝mv－mv－mg2R 聯(lián)立解得Wf＝5 J. 【答案】　(1) s 　　　(2)5 J 10．(16分)(2016吉安四校模擬)如圖22所示，在水平軌道右側固定半徑為R的豎直圓形光滑軌道，水平軌道的PQ段鋪設特殊材料，調節(jié)其初始長度為l，水平軌道左側有一輕質彈簧左端固定，彈簧處于自然伸長狀態(tài)．可視為質點的小物塊從軌道右側A點以初速度v0沖上軌道，通過圓形軌道、水平軌道后壓縮彈簧，并被彈簧以原速率彈回．已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物塊質量m＝1 kg，與PQ段間的動摩擦因數μ＝0.4，軌道其它部分摩擦不計．g取10 m/s2，求： 圖22 (1)物塊經過圓形軌道最高點B時對軌道的壓力； (2)物塊從Q運動到P的時間及彈簧獲得的最大彈性勢能； (3)物塊仍以v0從右側沖上軌道，調節(jié)PQ段的長度l，當l長度是多少時，物塊恰能不脫離軌道返回A點繼續(xù)向右運動. 【導學號：37162037】 【解析】　(1)物塊沖上圓形軌道最高點B時速度為v，由動能定律得： －2mgR＝mv2－mv ① 物塊在B點時，由牛頓運動定律得： FN＋mg＝ ② 聯(lián)立①②式并代入數據解得FN＝40 N 由牛頓第三定律得，物塊對軌道壓力大小為40 N，方向為豎直向上． (2)物塊在Q點時速度為v0＝6 m/s， 在PQ段運動時，由牛頓第二定律有： μmg＝ma ③ 由運動規(guī)律l＝v0t－at2 ④ 聯(lián)立③④式并代入數據解得在PQ段運動時間t＝0.5 s(t＝2.5 s不符合題意，舍去) 設物塊在P點時速度為v1，由動能定理得： －μmgl＝mv－mv ⑤ 物塊壓縮彈簧，由能量守恒得動能轉化為彈性勢能，有 Epm＝mv ⑥ 聯(lián)立⑤⑥式并代入數據解得Epm＝8 J. (3)設物塊以v0沖上軌道直到回到PQ段右側Q點時速度為v2，有 －2μmgl＝mv－mv ⑦ 要使物塊恰能不脫離軌道返回A點，則物塊能沿軌道上滑至最高點且在最高點的速度大小為v3，則滿足 －2mgR＝mv－mv ⑧ 且mg＝ ⑨ 聯(lián)立⑦⑧⑨式并代入數據解得l＝1 m. 【答案】　(1)40 N，方向豎直向上　(2)0.5 s　8 J (3)1 m