高中物理教科版课时作业　功、功率和动能定理Word版含解析

　功、功率和动能定理

一、选择题(共7小题,每小题8分,共56分)
1.(考点2)(多选)(2019江苏宿迁期末)一辆汽车以速度v0在平直的公路上匀速行驶。到达某处时,司机减小油门使汽车输出功率减小为原来的一半,并保持该功率行驶。假设汽车受到的阻力恒定,下列能正确表示从减小油门开始,汽车加速度a、速度v、时间t之间关系是(　　)
解析当功率突然减半时,速度v不可以突变,则F'=F2,汽车减速,保持减半的功率不变,则当速度减小时,牵引力增大,根据牛顿第二定律知,a=f-F'm,则加速度a减小,即做加速度逐渐减小的减速运动,a=f-P2vm=fm?P2mv,可知a与1v成线性关系。开始时汽车做匀速运动,f=F=Pv0,所以a=fm?P2mv=Pmv0?P2mv,可知当v=12v0时刻汽车的加速度减小为0。故A正确,B错误。由以上的分析可知,汽车先做加速度减小的减速运动,当加速度减小为零时,汽车做匀速直线运动,故C错误,D正确。
答案AD
2.(考点1)(多选)(2019河南示范性高中联考)如图甲所示静止在水平地面上的滑块在水平拉力F作用下从t=0时刻起,其加速度大小a随时间t的变化规律如图乙所示。已知滑块质量m=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10 m/s2。则下列判断正确的是(　　)
A.t=2 s时,滑块的速度大小为3.2 m/s
B.t=5 s时,水平拉力F为零
C.0~5 s内,水平拉力F的冲量为15 N·s
D.0~5 s内,水平拉力F所做的功为12.5 J
解析a-t图象与时间轴围成的面积等于滑块在某时刻的速度大小,由此求解t=2 s时滑块的速度;根据动量定理求解水平拉力F的冲量;根据动能定理判断水平拉力F所做的功。a-t图象与时间轴围成的面积等于滑块在某时刻的速度大小,由图象可知,当t=2 s时,a=1.2 m/s2,v1=1.2+22×2 m/s=3.2 m/s,选项A正确;t=5 s时,水平力F与摩擦力大小相等,摩擦力大小Ff=μmg=2 N,选项B错误;5 s时滑块的速度大小为v=12×2×5 m/s=5 m/s;0~5 s内水平拉力F的冲量为IF-μmgt=mv,解得IF=15 N·s,选项C正确;由动能定理可知合力做的功W=12mv2=12.5 J,所以水平拉力F的功大于12.5 J,选项D错误。
答案AC
3.(考点2)(2019四川成都高三三模)目前,我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶,某公司对汽车性能进行了一项测试,让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现,下坡时若关掉油门,则汽车的速度保持不变;若以恒定的功率P上坡,则从静止启动做加速运动,发生位移s时速度刚好达到最大值vm。设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变,下列说法正确的是(　　)
A.关掉油门后的下坡过程,汽车的机械能守恒
B.关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力的冲量为零
C.上坡过程中,汽车速度由vm4增至vm2,所用的时间可能等于3mvm232P
D.上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm,所用时间一定小于2svm
解析
关掉油门后的下坡过程,汽车的速度不变、动能不变,重力势能减小,则汽车的机械能减小,选项A错误;关掉油门后的下坡过程,坡面对汽车的支持力大小不为零,时间不为零,则冲量不为零,选项B错误;上坡过程中,汽车速度由vm4增至vm2,所用的时间为t,根据动能定理可得:Pt-fs=12mvm22-12mvm42,解得t=3mvm232P+fsP,选项C错误;上坡过程中,汽车从静止启动到刚好达到最大速度vm,功率不变,则速度增大、加速度减小,所用时间为t1,由v-t图象可知,vm2·t1答案D
4.(考点3)(多选)(2019吉林长春实验中学期末考试)将一个小铁块(可看成质点)以一定的初速度,沿倾角可在0~90°之间任意调整的木板向上滑动,设它沿木板向上能达到的最大位移为x,若木板倾角不同时对应的最大位移x与木板倾角α的关系如图乙所示。g取10 m/s2。则(　　)
A.小铁块的初速度大小为v0=5 m/s
B.小铁块与木板间的动摩擦因数μ=32
C.当α=60°时,小铁块达到最高点后,又回到出发点,物体速度将变为52 m/s
D.当α=60°时,小铁块达到最高点后,又回到出发点,物体下滑的加速度为2033 m/s2
解析根据动能定理,物体沿斜面上滑过程有-mgsin α·x-μmgcos α·x=0-12mv02,解得x=v022g(sinα+μcosα)①,由图可得,当α=90°时x=1.25 m,代入①式得:v0=5 m/s,选项A正确;由图可得,α=30°时,x=1.25,①式代入数据得μ=33,选项B正确;把α=60°代入①,解得x=583 m,由动能定理得-μmgcos α·2x=12mvt2?12mv02,代入数据得vt=522 m/s,选项C错误;下滑的加速度为a=g(sin α-μcos α),当α=60°时,代入数据得a=1033 m/s2,选项D错误。
答案AB
5.(考点3)(多选)(2019河南郑州一中高三模拟)沙坡头景区的滑沙项目由于惊险刺激,因此深受游客的喜欢。假设某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑沙板与沙地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑沙板从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑沙板在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度大小为g)。则(　　)
A.动摩擦因数μ=67
B.载人滑沙板最大速度为2gh7
C.载人滑沙板克服摩擦力做功为mgh
D.载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为35g
解析对整个过程,由动能定理得2mgh-μmgcos 45°·hsin45°-μmgcos 37°·hsin37°=0,解得:μ=67,选项A正确;滑沙板通过第一段滑道末端时速度最大,设为v,由动能定理得:mgh-μmgcos 45°·hsin45°=12mv2,选项B正确;对整个过程,由动能定理得:2mgh-Wf=0,解得载人滑沙板克服摩擦力做功为:Wf=2mgh,选项C错误;载人滑沙板在下段滑道上的加速度大小为:a=μmgcos37°-mgsin37°m=335g,选项D错误。
答案AB
6.
(考点3)(多选)(2019山西太原第五中学高三模拟)如图所示,DO是水平面,AB是斜面,初速度为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零,如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到顶点A且速度刚好为零,若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零,则由此可知(　　)
A.该物体从D点出发(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度一定也为v0
B.该物体从D点出发(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度不一定为v0
C.该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度大小一定为v0
D.该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点的速度一定小于v0
解析物体从D点滑动到顶点A过程中,由动能定理可得:-mgxAO-μmgxDB-μmgcos α·xAB=-12mv02,由几何关系cos α·xAB=xOB,因此上式可以简化为-mg·xAO-μmg·xDB-μmg·xOB=-12mv02,即-mg·xAO-μmg·xDO=-12mv02,从上式可以看出,到达顶点的动能与路径无关,所以该物体从D点出发(沿DCA滑动刚好到顶点A)初速度一定也为v0,故选项A正确、B错误;该物体从A点静止出发沿ACD滑动到D点,由动能定理可知:mg·xAO-μmg·xDO=12mv'2与公式-mg·xAO-μmg·xDO=-12mv02,比较可知:v'答案AD
7.(考点1、3)(多选)如图甲所示,质量为m=2 kg的物体(可视为质点)在平行于斜面向上的拉力F作用下从粗糙斜面上的A点沿斜面向上运动,t=2 s时撤去拉力F,其在斜面上运动的部分v-t图象如图乙所示。已知斜面倾角θ=37°,斜面固定且足够长,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,下列说法中正确的是(　　)
A.拉力F的大小为50 N
B.物体在斜面上从A点运动到最高点的过程中,克服摩擦力做的功为850 J
C.t=8 s时,物体在A点上方且距A点的距离为15 m
D.物体返回时经过A点的动能为300 J
解析根据速度时间图线知,匀加速直线运动的加速度:a1=ΔvΔt=302 m/s2=15 m/s2,匀减速直线运动的加速度a2=ΔvΔt'=305-2 m/s2=10 m/s2,根据牛顿第二定律得F-μmgcos θ-mgsin θ=ma1,撤去F后,由牛顿第二定律得μmgcos θ+mgsin θ=ma2,解得F=50 N,μ=0.5,选项A正确;由图象的“面积”求得物块上升的最大位移x=30×52 m=75 m,摩擦力做的功Wf=μmgcos θ·x=0.5×2×10×cos 37°×75 J=600 J,选项B错误;5~8 s内物体的位移大小为x'=12×3×(0+6) m=9 m,t=8 s时,小物体在A点上方且距A点的距离为x-x'=(75-9) m=66 m,选项C错误;物体向下运动的加速度a3=Δv'Δt″=63 m/s2=2 m/s2,运动返回到A点的速度v=2a3x=2×2×75 m/s=103 m/s,物体的动能Ek=12mv2=12×2×(103)2 J=300 J,选项D正确。
答案AD
二、计算题(第8题12分,第9题14分,第10题18分,共44分)
8.(考点1、2、3)(2019湖北武汉部分学校联考)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的。某次测试中,汽车以额定功率行驶700 m后关闭发动机,测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示,其中①是关闭储能装置时的关系图线,②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg,设汽车运动过程中所受地面阻力恒定,空气阻力不计,求:
(1)汽车的额定功率P;
(2)汽车加速运动500 m所用的时间t;
(3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E。
解析(1)关闭发动机且关闭储能装置后,汽车在地面阻力Ff的作用下减速至静止,由动能定理得-Ffx=0-Ek
解得Ff=2×103 N
汽车匀速运动的动能Ek=12mv2=8×105 J
解得v=40 m/s
汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力,故汽车的额定功率P=Fv=Ffv
解得P=8×104 W。
(2)汽车加速运动过程中,由动能定理得
Pt-Ffx1=12mv2-12mv02
解得t=16.25 s。
(3)由功能关系,汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为E=Ek-Ffx'
解得E=5×105 J。
答案(1)8×104 W　(2)16.25 s　(3)5×105 J
9.
(考点3)(2019年3月山东烟台一模)如图所示,一质量为1 kg的物体静止放在粗糙程度相同的水平面上。在t=0时刻,对物体加一斜向上、与水平方向成θ=37°角的力F的作用,物体做匀加速直线运动一段时间后,撤去F的作用,最终停在水平面上。物体运动过程中从t=0时刻开始,每隔0.1 s通过速度传感器测量出物体的瞬时速度,部分测量数据如下表所示。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。求:
t/s
…
0.3
…
1.6
1.7
1.8
…
v/(m·s-1)
…
1.8
…
3.0
2.5
2.0
…
(1)力F的大小;
(2)物体运动过程中获得的最大动能;
(3)整个运动过程中物体克服摩擦力所做的功。
解析(1)由题意可知,物体先做匀加速运动,再做匀减速运动。设物体做匀加速和匀减速运动过程中加速度大小分别为a1,a2。
由表中数据可知:
a1=vt=6 m/s2
a2=Δv2Δt=5 m/s2
物体做匀加速运动过程:Fcos θ-μ(mg-Fsin θ)=ma1
物体做匀减速运动过程:μmg=ma2
由以上各式可得:F=10 N。
(2)设物体做匀加速运动时间为t,由题意可知:
a1t=v2+a2(t2-t),即6t=3+5(1.6-t)
解得:t=1 s
物体运动过程中获得的最大动能:
Ekm=12mvm2=12m(a1t)2=18 J
(3)物体做匀加速运动的位移:s1=12a1t2
对物体全过程由动能定理得:Fs1cos 37°-Wf=0
解得:Wf=24 J。
答案(1)10 N　(2)18 J　(3)24 J
10.(考点1)(2019湖南株洲一模)足够长的光滑水平面上,有10个相同的小球沿直线等间隔均匀分布,总长度为l,并以相同的速度v0向右运动,如图甲所示。在小球的正前方有一“加速带”AB,当小球从左端A进入加速带后在水平恒力作用下被加速,直至从右端B离开,小球经过加速带前后速度的变化情况如图乙所示。已知1号球刚从B端离开时,4号球刚好从A端进入。不考虑球的大小,试求:
甲
乙
(1)10个小球最终分布的总长度。
(2)加速带对10个小球做功的总功率P。已知小球在加速带上所受水平恒力为F。
解析(1)“最终”是指10个小球全部离开了加速带。根据图乙可知,所有小球从加速带B端出来后速度都被加速到了3v0,且保持这个速度不变,这就意味着一旦10个小球全部从B端出来后,它们的总长度也会保持不变。这个长度就是10号球刚离开B端时,它与1号间的距离。
由于每个小球在加速带上运动的情况完全相同,因此,小球依次从B端离开加速带的时间差等于依次进入加速带的时间差。这样,10号球与1号球出加速带的时间差与进入加速带的时间差Δt相等,而Δt=lv0,故10号球刚从B端出来时,1号与10号间的距离:L=3v0Δt,解得:L=3l,此即10个小球最终分布的总长度。
(2)因加速带对10个小球做功并不同步,故对10个小球做功的总功率要小于对单个小球做功的功率之和。
小球在加速带上运动的时间:T=Δt3
小球在加速带上运动的平均速度:v=v0+3v02=2v0
故加速带长度为:L0=vT
因而加速带对10个小球所做总功为:W=10FL0
加速带做功的总时间应是从1号球进入加速带A端开始,直到10号球离开加速带B端为止,这段时间:t=Δt+T
又加速带对10个小球做功的总功率为:P=Wt
解得:P=5Fv0。
答案(1)3l　(2)5Fv0