2019版高三物理专题复习课时跟踪训练：5 功、功率、动能定理

第五章机械能第一讲功和功率课时跟踪练A组基础巩固1.(2018·洛阳模拟)如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中( )A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错，C对；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错．答案：C2.(多选)(2018·衡阳模拟)如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是( )A．始终不做功B．先做负功后做正功C．先做正功后不做功 D．先做负功后不做功解析：设传送带的速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2.若v2＝v1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v2>v1，物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功；若v2<v1，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体先加速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功．选项A、C、D正确．答案：ACD3．(2015·海南卷)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A．4倍B．2倍C.3倍D.2倍解析：当F f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝F f v＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝2v，D正确．答案：D4.一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是( )A．Fs cos θB．Fs(1＋cos θ)C．2Fs cos θD．2Fs解析：根据动滑轮的特点，可求出绳在F方向上的位移为x＝s(1＋cos θ)，根据恒力做功公式得W＝Fx＝Fs(1＋cos θ)，或可看成两股绳都在对木块做功W＝Fs＋Fs cos θ＝Fs(1＋cos θ)，则选项B正确．答案：B5．(2018·荆州模拟)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F 所做的功为( )A．mgL cos θB．mgL(1－cos θ)C．FL sin θD．FL cos θ解析：小球从P点到Q点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F作用，因很缓慢地移动，小球可视为平衡状态，由平衡条件可知F＝mg tan θ，随θ的增大，拉力F也增大，故F是变力，因此不能直接用公式W＝Fl cos θ计算．根据动能定理，有W F－W G＝0.所以W F＝W G＝mgL(1－cos θ)，选项B正确．答案：B6．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，WF f1、WF f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1 ，WF f 2>2WF f 1B ．W F 2>4W F 1 , WF f 2＝2WF f 1C ．W F 2<4W F 1，WF f 2＝2WF f 1D ．W F 2<4W F 1，WF f 2<2WF f 1解析：W F 1＝12mv 2＋μmg ·v 2t ，W F 2＝12m ·4v 2＋μmg 2v2t ，故W F 2<4W F 1；WF f 1＝μmg ·v2t ，WF f 2＝μmg ·2v2t ，故WF f 2＝2WF f 1，C 正确．答案：C7.如图所示为某汽车启动时发动机功率P 随时间t 变化的图象，图中P 0为发动机的额定功率，若已知汽车在t 2时刻之前已达到最大速度v m ，据此可知( )A ．t 1～t 2时间内汽车做匀速运动B ．0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 1C ．0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝⎛⎭⎪⎫t 2－t 12D ．汽车匀速运动时所受的阻力小于P 0v m解析：在0～t 1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由F －F f ＝ma 可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t 1时刻达到额定功率，随后在t 1～t 2时间内，汽车速度继续增大，由P ＝Fv 可知，牵引力减小，加速度减小，但速度继续增大，直到牵引力减小到与阻力相等时，F f ＝F ＝P 0v m，达到最大速度v m ，接着做匀速运动．发动机所做的功为图线与t 轴所围成的面积，0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 12，0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝⎛⎭⎪⎫t 2－t 12，故C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C8.质量为2 kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．t ＝0时，物体受到方向不变的水平拉力F 的作用，F 的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示(g 取10 m/s 2)．求：(1)4 s (2)6～8 s 内拉力所做的功； (3)8 s 内拉力的平均功率．解析：(1)在0～2 s 内，拉力等于4 N ，最大静摩擦力μmg 等于4 N ，故物体静止．在2～4 s 内，拉力F ＝8 N ，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma ，解得a ＝2 m/s 2，位移为x 1＝12a (Δt )2＝4 m ，4 s 末物体的速度大小v ＝a Δt ＝4 m/s ， 4 s 末拉力的瞬时功率P ＝Fv ＝8×4 W ＝32 W.(2)在4～6 s 内，拉力等于4 N ，滑动摩擦力等于4 N ，故物体做匀速直线运动．位移x 2＝v Δt ＝4×2 m ＝8 m ，在6～8 s 内，拉力F ＝8 N ，物体的加速度大小仍为a ＝2 m/s 2. 位移x 3＝v Δt ＋12a (Δt )2＝12 m ，拉力所做的功W ＝Fx 3＝8×12 J ＝96 J.(3)8 s 内拉力做功W ＝0＋8×4 J ＋4×8 J ＋96 J ＝160 J ，平均功率P ＝Wt＝20 W.答案：(1)32 W (2)96 J (3)20 WB 组 能力提升9．(2018·潍坊模拟)如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 做的总功为( )A ．0 B.12F m x 0 C.π4F m x 0 D.π4x 20解析：F 为变力，但F-x 图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12πF 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0，W ＝12π⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 02＝π8x 20.答案：C10.如图所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s 2，下列判断正确的是( )A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ．6～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 2解析：由题给图象可知物块在0～4 s 内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B 错误；4～5 s 内做变加速直线运动，因此5 s 内拉力对物块做的功不为零，选项A 错误；物块的滑动摩擦力F f＝3 N ，则μ＝F fmg＝0.3，选项C 错误；在6～9 s 内由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，a ＝5－31.0m/s 2＝2.0 m/s 2，选项D 正确．答案：D11．(多选)(2018·聊城模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：汽车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大．当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确．答案：ACD12．(2018·德州模拟)水平面上静止放置一质量为m ＝0.2 kg 的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v-t 图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g 取10 m/s 2，电动机与物块间的距离足够长．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小； (2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a ＝ΔvΔt ＝0.4m/s 2，物块受到的摩擦力大小F f ＝μmg . 设牵引力大小为F ，则有F －F f ＝ma ， 得F ＝0.28 N.(2)当v＝0.8 m/s时，电动机达到额定功率，则P＝Fv＝0.224 W.(3)物块达到最大速度v m时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F f＝μmg，P＝F f v m，解得v m＝1.12 m/s.答案：(1)0.28 N (2)0.224 W(3)1.12 m/s。

专题跟踪训练(五) 功 功率 动能定理一、选择题1．(2018·贵阳市高三监测)(多选)如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F 1的作用下，做速度为v 1的匀速直线运动；在恒力F 2的作用下，做速度为v 2的匀速直线运动，已知F 1和F 2的功率相同．则可能有( )A ．F 1＝F 2，v 1<v 2B ．F 1＝F 2，v 1>v 2C ．F 1<F 2，v 1<v 2D ．F 1>F 2，v 1>v 2[解析] 设F 1与水平面间的夹角为α，根据题述，F 1与F 2的功率相同，则有F 1v 1cos α＝F 2v 2.若F 1＝F 2，则有v 1cos α＝v 2，即v 1>v 2；若F 1>F 2且v 1>v 2，F 1v 1cos α＝F 2v 2可能成立，选项BD 正确，A 错误．若F 1<F 2且v 1<v 2，则F 1v 1cos α＝F 2v 2肯定无法成立，选项C 错误．[答案] BD2．(2018·襄阳市高三调研)如图1所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图2、3所示，g ＝10 m/s 2，则( )A ．第1 s 内推力做的功为1 JB ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JC ．第1.5 s 时推力F 做功的功率为2 WD ．第2 s 内推力F 做功的平均功率P －＝1.5 W[解析] 由题图3可知，第1 s 内物体的速度为零，故位移为零，推力不做功，A 错误；第2 s 内推力为3 N ，第3 s 内推力为2 N 且物体做匀速直线运动，则可知摩擦力f ＝2 N ，物体第2 s 内的位移x ＝1 m ，则克服摩擦力所做的功W ＝fx ＝2 J ，B 正确；第1.5 s 时推力为3 N ，速度v ＝1 m/s ，则推力F 做功的功率P ＝3×1 W ＝3 W ，C 错误；第2 s 内推力F 做功的平均功率P －＝F v －＝3 W ，D 错误．[答案] B3．(2018·江苏卷)(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点．在从A 到B 的过程中，物块( )A ．加速度先减小后增大B ．经过O 点时的速度最大C ．所受弹簧弹力始终做正功D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功[解析] 物块在从A 到B 的运动过程中，弹簧对物块的弹力先大于摩擦力后小于摩擦力，其所受合外力先减小后增大，根据牛顿第二定律，物块的加速度先减小后增大，选项A 正确；物块受到弹簧的弹力等于摩擦力时速度最大，此位置一定位于A 、O 之间，选项B 错误；物块所受弹簧的弹力先做正功后做负功，选项C 错误；对物块从A 到B 的运动过程，由动能定理可知，物块所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，选项D 正确．[答案] AD4．(2018·四川重点中学检测)(多选)质量为m 1的小环A 套在光滑的直角杆上，MN 部分竖直，小环A 与物块B 用细绳连接，如图所示．物块B 的质量为m 2，小环A 在M 点由静止释放，MN 间距为h ，ON 水平，OM 与竖直方向夹角为θ，则有( )A ．小环A 运动到N 点时，小环A 的速度为零B ．小环A 运动到N 点时，物块B 的速度为零C ．小环A 运动到N 点时，小环A 的速度为2[m 2－sin θ－m 1]gh m 1cos θD ．小环A 从M 点运动到N 点的过程中，绳的拉力对A 做的功为m 2gh －sin θcos θ[解析] 小环A 到达N 点时由速度的合成与分解可知，竖直速度v 1不为零，水平速度v 2为零，即B 的速度为零，故A 错误，B 正确；由题图中几何关系可得：MO ＝h cos θ，NO ＝h tan θ，以AB 为整体，由动能定理可知：－m 1gh ＋m 2gh ⎝ ⎛⎭⎪⎫1cos θ－tan θ＝12m 1v 2，v ＝2[m 2－sin θ－m 1cos θ]gh m 1cos θ ，故C 错误；对A 由动能定理可知：W －m 1gh ＝12m 1v 2－0，代入解得：W ＝m 2gh －sin θcos θ，故D 正确，故选BD. [答案] BD5．(2018·山东淄博摸底考试)如图所示，质量为m 的物体P 以初速度v 在水平面上运动，运动x 距离后与一固定的橡皮泥块Q 相碰撞(碰后物体静止)．已知物体运动时所受到的水平面的阻力大小恒为f ，则下列说法正确的是( )A ．水平面阻力做的功为fxB ．物体克服水平面阻力做的功为－fxC ．橡皮泥块对物体做的功为fx －12mv 2D ．物体克服橡皮泥块的阻力做的功为12mv 2＋fx[解析] 根据功的定义式，物体P 受到的水平面的阻力做的功W 1＝fx cos180°＝－fx ，选项A 错误；物体克服水平面阻力做的功W 2＝－W 1＝fx ，选项B 错误；设橡皮泥块对物体做的功为W 3，根据动能定理，有W 1＋W 3＝0－12mv 2，解得W 3＝fx －12mv 2，选项C正确；物体克服橡皮泥块的阻力做的功为W 4＝－W 3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫fx －12mv 2＝12mv 2－fx ，选项D 错误．[答案] C6．(2018·潍坊模拟)质量为m ＝2 kg 的物体沿水平面向右做直线运动，t ＝0时刻受到一个水平向左的恒力F ，如图甲所示，此后物体的v －t 图象如图乙所示，取水平向右为正方向，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5B ．10 s 末恒力F 的瞬时功率为6 WC ．10 s 末物体在计时起点左侧4 m 处D ．0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为0.6 W [解析] 由题图乙可知0～4 s 内的加速度：a 1＝84 m/s 2＝2 m/s 2，可得：F ＋μmg ＝ma 1；4～10 s 内的加速度：a 2＝66 m/s 2＝1 m/s 2，可得：F －μmg ＝ma 2；解得：F ＝3 N ，μ＝0.05，选项A 错误；10 s 末恒力F 的瞬时功率为P 10＝F |v 10|＝3×6 W ＝18 W ，选项B错误；0～4 s 内的位移x 1＝12×4×8 m ＝16 m,4～10 s 内的位移x 2＝－12×6×6 m ＝－18 m ，x ＝x 1＋x 2＝－2 m ，故10 s 末物体在计时起点左侧2 m 处，选项C 错误；0～10 s 内恒力F 做功的平均功率为P －＝F |x |t ＝3×210 W ＝0.6 W ，选项D 正确．[答案] D7．(2018·河北名校联盟)质量为m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图所示，从t 1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为F f ，则( )A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于F f v 1C ．汽车运动的最大速度等于⎝ ⎛⎭⎪⎫mv 1F f t 1＋1v 1D ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速度小于v 1＋v 22[解析] 由题图可知，汽车运动的最大速度为v 2，则有P ＝F f v 2.在0～t 1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a ＝v 1t 1，由牛顿第二定律可得F －F f ＝ma ，汽车的牵引力F ＝F f ＋ma ＝F f ＋m v 1t 1，选项A 错误；t 1～t 2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率P ＝F f v 2，选项B 错误；题图上A 点和B 点都对应汽车功率P ＝Fv 1＝F f v 2，而F ＝F f＋m v 1t 1，联立解得v 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫mv 1F f t 1＋1v 1，选项C 正确；根据速度—时间图象的面积表示位移，t 1～t 2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt 2t 1的面积，汽车的平均速度大于v 1＋v 22，选项D 错误．[答案] C8．(2018·江西十校联考)(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s 内合力对物体做的功为45 J ，在第1 s 末撤去拉力，物体整个运动过程的v －t 图象如图所示，g 取10 m/s 2，则( )A ．物体的质量为5 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C ．第1 s 内摩擦力对物体做的功为60 JD ．第1 s 内拉力对物体做的功为60 J[解析] 由动能定理有W 合＝mv 22，第1 s 末速度v ＝3 m/s ，解出m ＝10 kg ，故A 错误；撤去拉力后物体的位移x 2＝12×3×3 m ＝4.5 m ，由动能定理可得：－fx 2＝0－12mv 2，可解得：f ＝10 N ，又f ＝μmg ，解出μ＝0.1，故B 正确；第1 s 内物体的位移x 1＝1.5 m ，第1 s 内摩擦力对物体做的功W ＝－fx 1＝－15 J ，故C 错误；由Fx 1－f (x 1＋x 2)＝0，可得F ＝40 N ，所以第1 s 内拉力对物体做的功W ′＝Fx 1＝60 J ，故D 正确．[答案] BD9.如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB 、BC 两段，且BC ＝1.5AB .小物块P (可视为质点)与AB 、BC 两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知小物块P 从A 点由静止释放，恰好能滑动到C 点而停下，则θ、μ1、μ2间应满足的关系是( )A ．tan θ＝2μ1＋3μ25B ．tan θ＝2μ1＋μ23C ．tan θ＝2μ1－μ2D ．tan θ＝2μ2－μ1[解析] 由A 点释放恰好能滑动到C 点，小物块P 受重力、支持力、滑动摩擦力作用．设斜面AC 长为L ，则AB ＝25L ，BC ＝35L .对全过程，根据动能定理有mgL sin θ－μ1mg cos θ×25L －μ2mg cos θ×35L ＝0，得tan θ＝2μ1＋3μ25. [答案] A10. (2018·辽宁五校联考)某物体的质量为5 kg ，在力F 作用下沿x 轴做直线运动，力F 随坐标x 的变化情况如图所示．物体在x ＝0处，速度为1 m/s ，不计一切摩擦，则物体运动到x ＝16 m 处时，速度大小为( )A ．2 2 m/sB ．3 m/sC ．4 m/s D.17 m/s[解析] 由图象可知变力F 做的正功W 1＝10×4 J ＋10×4×12 J ＝60 J ，变力F 做的负功大小W 2＝10×4×12 J ＝20 J ，由动能定理得：W 1－W 2＝12mv 22－12mv 21，代入数据解得：v 2＝17 m/s ，故D 正确．[答案] D二、非选择题11．(2018·临沂二模)如图所示，倾角θ＝45°的粗糙平直导轨AB 与半径为R 的光滑圆环轨道相切，切点为B ，整个轨道处在竖直平面内．一质量为m 的小滑块(可以看作质点)从导轨上离地面高为h ＝3R 的D 处无初速度下滑进入圆环轨道．接着小滑块从圆环最高点C 水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O 等高的P 点，不计空气阻力，已知重力加速度为g .求：(1)滑块运动到圆环最高点C 时的速度大小；(2)滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小；(3)滑块在斜面轨道BD 间运动的过程中克服摩擦力做的功．[解析] (1)小滑块从C 点飞出后做平抛运动，设水平速度为v 0.竖直方向上：R ＝12gt 2 水平方向上：2R ＝v 0t解得：v 0＝gR .(2)设小滑块在最低点时速度为v ，由动能定理得：－mg ·2R ＝12mv 20－12mv 2 解得：v ＝5gR在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v 2R解得：F N ＝6mg 由牛顿第三定律得：F N ′＝6mg .(3)从D 到最低点过程中，设DB 过程中克服摩擦阻力做功W f ，由动能定理得：mgh －W f ＝12mv 2－0解得：W f ＝12mgR .[答案] (1)gR (2)6mg (3)12mgR12．(2018·广东湛江四校联考)一半径为R ＝1 m 、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面AB 相切于B 点，圆弧轨道的最高点为M ，斜面倾角θ＝37°，如图甲所示．t ＝0时，有一物块(可视为质点)从A 点以8 m/s 的初速度沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示，若物块恰能通过M 点，g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(计算结果可以保留根号)(1)物块与斜面间的动摩擦因数．(2)物块经过M 点的速度大小．(3)斜面AB 的长度．[解析] (1) 设物块的质量为m ，由题图乙可知，物块在斜面上运动时，加速度大小为a ＝10 m/s 2，方向沿斜面向下，由牛顿第二定律得mg sin37°＋μmg cos37°＝ma解得μ＝0.5.(2)设物块恰好能到达M 点时的速度大小为v M ，则有mg ＝m v 2M R解得v M ＝gR ＝10 m/s.(3)设斜面长度为L，物块从A点运动到M点的过程中，由动能定理得－mgL(sin37°＋μcos37°)－mgR(1＋cos37°)＝12mv2M－12mv2A解得L＝0.9 m.[答案](1)0.5(2)10 m/s(3)0.9 m。

2019高考物理专项限时集训(五)：功、功率与动能定理（时间：45分钟）2、如图5－2所示，小木块的质量为M，可看成质点，木板质量为M＝2M，长度为L，一根质量不计的轻绳通过定滑轮分别与M和M连接，小木块与木板间以及木板与水平面间的动摩擦因数均为μ，开始时木块静止在木板左端、现用水平向右的恒力将木块拉至木板右端，那么（）图5－2A、拉力至少为4μMGB、拉力至少为5μMGC、拉力至少做功5μMGLD、拉力至少做功4μMGL图5－33、如图5－3所示，一质量为M1的木板置于固定在地面的光滑斜面上，木板的上端用细绳拴在斜面的顶端，有一只质量为M2的小猫站在木板上、剪断细绳，木板开始下滑，同时小猫沿木板向上爬，设从静止开始的一段时间内木板向下滑，而小猫在木板上相对于地面的高度不变，忽略空气阻力，那么图5－4中能正确反映在这段时间内小猫做功的功率随时间变化的关系的是（）图5－44、一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用、此后，该质点的动能不可能（）A、一直增大B、先逐渐减小至零，再逐渐增大C、先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D、先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大5、A、B两个物体的质量分别为M1和M2，并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止下来，两物体运动的速度—时间图象分别如图5－5中图线A、B所示，拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的速度—时间图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可以得出（）A、假设F1＝F2，那么M1》M2B、假设M1＝M2，那么力F1对物体A所做的功较多C、假设M1＝M2，那么整个过程中摩擦力对物体B做的功较多D、假设M1＝M2，那么整个过程中摩擦力对物体A和B做的功一样多6、汽车发动机的额定功率为60KW，汽车质量为5T、汽车在水平面上行驶时，阻力与车重成正比，G＝10M／S2.当汽车以额定功率匀速行驶至速度达12M／S时，突然减小油门，使发动机功率减小到40KW.对接下去汽车的运动情况的描述，正确的有（）A、先做匀减速运动再做匀加速运动B、先做加速度增大的减速运动再做匀速运动C、先做加速度减小的减速运动再做匀速运动D、最后的速度大小是9M／S7、如图5－6所示，用恒力F拉着质量为M的物体沿水平面从A移到B的过程中，以下说法正确的选项是（）图5－6A、有摩擦力时比无摩擦力时F做的功多B、物体加速运动时比减速运动时F做的功多C、物体无论是加速运动、减速运动还是匀速运动，力F做的功一样多D、有摩擦力时比无摩擦力时F做功的平均功率大9、如图5－8所示，内壁光滑的细管弯成半径为R＝0.4M的半圆形轨道CD，竖直放置，其内径略大于小球的直径，水平轨道与竖直半圆轨道在C点平滑连接、置于水平轨道上的弹簧左端与竖直墙壁相连，B处为弹簧的自然状态、将一个质量为M＝0.8KG的小球放在弹簧的右侧后，用力向左侧推小球而压缩弹簧至A处，然后将小球由静止释放，小球运动到C处后对轨道的压力为F1＝58N、水平轨道以B处为界，左侧AB段长为X＝0.3M，与小球的动摩擦因数为μ＝0.5，右侧BC段光滑、G＝10M／S2，求：（1）弹簧在压缩时所储存的弹性势能、（2）小球运动到轨道最高处D点时对轨道的压力、图5－810、如图5－9所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0M，现有一个质量为M＝0.2KG的可视为质点的小物体从D点的正上方E点处自由下落，DE 距离H＝1.6M，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取SIN37O＝0.6，COS37O＝0.8，G＝10M／S2.（1）求物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长？（3）假设斜面已经满足（2）要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小、11、如图5－10所示，长L ＝1.2M 、质量M ＝3KG 的木板静止放在倾角为37°的光滑斜面上，质量M ＝1KG 、带电荷量Q ＝＋2.5×10－4C 的物块放在木板的上端，木板和物块间的动摩擦因数μ＝0.1，所在空间加有一个方向垂直斜面向下、场强E ＝4.0×104N ／C 的匀强电场、现对木板施加一平行于斜面向上的拉力F ＝10.8N.取G ＝10M ／S2，斜面足够长、（COS37°＝0.8，SIN37°＝0.6）求：（1）物块经多长时间离开木板？（2）物块离开木板时木板获得的动能.（3）物块在木板上运动的过程中，由于摩擦而产生的热量、图5－1012、如图5－11所示，遥控电动赛车（可视为质点）从A 点由静止出发，经过时间T 后关闭电动机，赛车继续前进至B 点水平飞出，恰好在C 点沿着切线方向进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点D 后回到水平地面EF 上，E 点为圆形轨道的最低点、赛车在水平轨道AB 部分运动时受到恒定阻力F ＝0.4N ，赛车的质量M ＝0.4KG ，通电后赛车的电动机以额定功率P ＝2W 工作，轨道AB 的长度L ＝2M ，B 、C 两点的高度差H ＝0.45M ，连线CO 和竖直方向的夹角α＝37°，圆形轨道的半径R ＝0.5M ，空气阻力可忽略，取重力加速度G ＝10M ／S2，SIN37°＝0.6，COS37°＝0.8，求：（1）赛车运动到C 点时速度VC 的大小；（2）赛车经过最高点D 处时对轨道压力FN 的大小；（3）赛车电动机工作的时间T.专题限时集训〔五〕1、A 【解析】假设一个鸡蛋大约55G ，鸡蛋抛出的高度大约为60CM ，那么将一只鸡蛋抛出至最高点的过程中对鸡蛋做的功等于鸡蛋重力势能的增加量，即W ＝MGH ＝55×10－3×10×60×10－2J ＝0.33J ，A 正确、2、B 【解析】小木块和木板匀速运动时，拉力最小，做功最少、对小木块受力分析，根据平衡条件有F ＝T ＋F1，木块与木板之间的滑动摩擦力F1＝μMG.对木板和小木块整体，由平衡条件有：F ＋F2＝2T ，地面对木板的滑动摩擦力F2＝μ（M ＋M ）G ＝3μMG ，解得拉力F ＝5μMG ，拉力做的功WF ＝F l 2＝52μMGL.所以选项B 正确、 3、B 【解析】猫相对斜面位置不变，根据平衡条件知，木板对其沿斜面向上的力大小为F ＝M2GSIN θ，由牛顿第三定律可知，猫对木板沿斜面向下的作用力F ′＝F ＝M2GSIN θ，又知木板向下做匀加速直线运动，有V ＝AT ，所以小猫做功的功率P ＝F ′V ＝M2GSIN θ·AT ，即小猫做功的功率与时间成正比，选项B 正确、4、C 【解析】当所加恒力的方向与物体运动的方向成锐角时，该力一直做正功，其动能一直增大；当所加恒力的方向与物体运动的方向相反时，物体先做匀减速运动后做反向的匀加速运动，其动能先逐渐减小至零，再逐渐增大；当所加恒力的方向与物体运动的方向成钝角（不等于180°）时，其动能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大；物体不可能出现动能先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小的情况、5、D 【解析】撤去外力后，物体做匀减速运动，由图象知两物体的加速度相同，A＝μG ＝1M ／S2，所以μ1＝μ2＝0.1，拉力作用时的加速度A ′＝F m－μG ，因A ′1》A ′2，故F1＝F2时有M1《M2，选项A 错误；由图象知，两物体运动过程的总位移XA ＝XB ＝5M ，对整个过程中应用动能定理有WF ＝μMGX ，当M1＝M2时，即两个力做功相等，选项BC 错误，D 正确、6、C 【解析】发动机功率减小，由公式P ＝FV 知，在速度不能突变的情况下，只能牵引力F 突然变小，F 》F ，汽车做减速运动，使得汽车速度V 变小，由公式P ＝FV ，V 变小而P 不变，那么F 变大，由F －F ＝MA ，可知汽车减速运动的加速度变小，当再次出现F ＝F 时，汽车做匀速运动，选项AB 错误，C 正确；由F ＝P 额vm＝5×103N ，而P ＝FV ′，解得V ′＝P f＝8M ／S ，选项D 错误、 7、C 【解析】恒力F 做的功为W ＝FX ，与运动过程是否受摩擦力无关，与运动过程的速度变化无关，选项AB 错误，C 正确；物体与水平面之间存在摩擦力时，物体由A 运动到B 点的时间较长，恒力F 的平均功率较小，选项D 错误、8、C 【解析】匀速运动阶段，根据平衡条件有，F2＝μMG.由速度图象，匀加速阶段的加速度A1＝v01 s ，匀减速阶段的加速度A2＝－v01 s；根据牛顿第二定律，有F1－μMG ＝MA1，F3－μMG ＝MA2，解得F1＋F3＝2F2.对全运动过程应用动能定理WF －μMGX ＝0，得WF ＝μMGX.所以选项C 正确、9、（1）11.2J （2）10N 方向竖直向上【解析】（1）对小球在C 处，由牛顿第二定律得F1－MG ＝M v21R解得V1＝F1－mg R m＝5M ／S 从A 到B 由动能定理得 EP －μMGX ＝12MV21 故EP ＝12MV21＋μMGX ＝11.2J （2）从C 到D 由机械能守恒定律得12MV21＝2MGR ＋12MV22 故V2＝v21－4gR ＝3M ／S由于V2》gR ＝2M ／S ，所以小球在D 处对轨道外壁有压力、小球在D 处，由牛顿第二定律得F2＋MG ＝M v22R故F2＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫v22R －g ＝10N 由牛顿第三定律可知，小球在D 点对轨道的压力大小为10N ，方向竖直向上、10、（1）12.4N （2）2.4M （3）4.8J【解析】（1）物体从E 到C ，由能量守恒得：MG （H ＋R ）＝12MV2C 在C 点，由牛顿第二定律得：FN －MG ＝mv2C R联立解得FN ＝12.4N（2）从E 到A 过程，由动能定理得WG －WF ＝0WG ＝MG （H ＋RCOS37°－LABSIN37°）WF ＝μMGCOS37°·LAB联立解得LAB ＝2.4M（3）因为MGSIN37°》μMGCOS37°，所以物体不会停在斜面上、物体最后以C 为中心、B 为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动、从E 点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量即为损失的机械能，Q ＝ΔEP ΔEP ＝MG （H ＋RCOS37°）联立解得Q ＝4.8J11、（1）2S （2）27J （3）2.16J【解析】（1）物块向下做加速运动，设其加速度为A1，木板的加速度为A ，那么由牛顿第二定律对物块：MGSIN37°－μ（MGCOS37°＋QE ）＝MA1对木板：MGSIN37°＋μ（MGCOS37°＋QE ）－F ＝MA又12A1T2－12AT2＝L 解得物块滑过木板所用时间T ＝2S（2）物块离开木板时木板的速度V2＝AT ＝32M ／S其动能为EK ＝12MV22＝27J （3）由摩擦而产生的热量为Q ＝FX ＝μ（MGCOS37°＋QE ）L ＝2.16J12、（1）5M ／S （2）1.6N （3）2S【解析】（1）赛车经过B 点做平抛运动由于VY ＝2gh ＝3M ／S故VC ＝vy sin α＝5M ／S（2）从C 点运动到最高点D 的过程中，由动能定理得－MGR （1＋COS α）＝12MV2D －12MV2C 设赛车经过最高点D 处时轨道对赛车的支持力为FN ′，由牛顿第二定律FN ′＋MG ＝M v2D R联立解得FN ′＝1.6N由牛顿第三定律可知，赛车经过最高点D 处时对轨道压力大小FN ＝1.6N.（3）赛车在B 点的速度大小为VB ＝vy tan α＝4M ／S 从A 点到B 点的过程中由动能定理有PT －FL ＝12MV2B 解得T ＝2S。

课时跟踪训练(五)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～10题为多项选择题)1．(2018·山东省济南市高三二模)静止在地面上的物体在不同合外力F 的作用下都通过了相同的位移x 0，下列情况中物体在x 0位置时速度最大的是( )C [根据图象的坐标可知图象所包围的面积代表了合外力F 做的功，所以从图象上看出C 图所包围的面积最大，故选C]2．(2018·宿州市高三第三次教学质量检测)如图，一质量为m 、电量为q 的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M 、N 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M 点的速度大小为v 0，方向与水平方向的夹角为60°，N 点为轨迹的最高点，不计重力．则M 、N 两点间的电势差为( )A.3m v 208q B ．－3m v 208q C ．－m v 208qD.m v 208qB [从M 点到N 点利用动能定理有：qU MN ＝12m v 2N －12m v 2M ＝12m (v 0 cos60°)2－12m v 20 解得：U MN ＝－3m v 208q ，故B 正确．]3．(2018·天星押题卷)如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动．一物块由底端以速度v 1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v －t 图象．下列说法正确的是( )A ．无法判断出传送带的运行速度B ．传送带与物块间的动摩擦因数为v 1gt 1 cos α＋tan αC ．t 1时刻物块到达最高点D ．v 1<v 3C [由v －t 图象可知t 2时刻物块与传送带共速，之后摩擦力反向，所以传送带的运行速度为－v 2，故A 错误．由题图知，在0～t 1时间内，对物块受力分析有mg sin α＋μmg cos α＝ma 1，由图象得a 1＝v 1t 1，解得μ＝v 1gt 1 cos α－tan α，故B 错误；t 1时刻物块速度减为0，离出发点最远，故C 正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得W f ＝12m v 23－12m v 21，因W f <0，所以v 1>v 3，故D 错误．]4．(2018·湖南省长郡中学高三第四次质检)甲乙两车同时同地同向运动，两车的v －t 图象如图所示．其中质量m ＝7.5 t 甲车以恒定功率P ＝50 kW 启动，最后匀速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是( )A ．40 sB ．20 sC ．60 sD ．30 sD [由图可知，乙车追上甲车时，甲车已经匀速运动，设乙车追上甲车的时间是t ，乙车的位移x ＝12at 2，甲车受到的阻力F f ＝P v m ，由动能定理得：Pt －F f x ＝12m v 2m ，解得t ＝30 s ，故D正确，A 、B 、C 错误．]5．(2018·湖北省孝感市高三二模)如图所示，动滑轮下系有一个质量为m 的物块，细线一端系在天花板上，另一端绕过动滑轮．用F ＝45mg 的恒力竖直向上拉细线的另一端(滑轮、细线的质量不计，不计一切摩擦，重力加速度为g )，物块从静止开始运动，则下列说法正确的是( )A ．物块的加速度a ＝15gB ．经过时间t 拉力F 做功为W F ＝625mg 2t 2 C ．物块的机械能增加了ΔE ＝1225mg 2t 2 D ．物块的动能增加了ΔE k ＝1225mg 2t 2C [以物块m 为对象，根据牛顿第二定律：2F －mg ＝ma 得a ＝35g ，经过时间t 后，物块的位移x ＝12at 2＝310gt 2，速度v ＝at ＝35gt ，则拉力做功W F ＝F (2x )＝1225mg 2t 2，物体的动能增加了ΔE k ＝12m v 2＝950mg 2t 2，物体的机械能增加了ΔE ＝ΔE k ＋mgx ＝1225mg 2t 2，故C 正确，A 、B 、D 错误．]6．(2018·江西省九江高中毕业班考前冲刺卷)如图所示，水平地面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上有一固定挡板c .用轻弹簧连接的物块a 、b 放置在斜面上，并处于静止状态，现用一平行于斜面的恒力F (F <2mg sin θ)作用在物块a 上，使物块a 沿斜面向上运动，当物块b 与挡板c 恰好分离时，物块a 移动的距离为d ，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔE p (ΔE p >0)．已知物块a 的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，重力加速度为g ，下列说法正确的是( )A ．物块a 可能做匀变速直线运动B ．物块a 的动能一直增加C ．当b 、c 恰好分离时，弹簧的伸长量大小为mg sin θkD ．当b 、c 恰好分离时，物块a 的速度大小为2(Fd －mgd sin θ－ΔE P )mD [当a 沿斜面向上运动时，弹簧的弹力在不断变化，而拉力F 恒定，重力和支持力恒定，根据牛顿第二定律，物块a 将做变加速直线运动，故选项A 错误；因为物块b 与挡板c 恰好分离时，物块a 移动的距离为d ，在此过程中弹簧弹性势能的增加量为ΔE p ，所以物块b 的质量大于m ，又因为F <2mg sin θ，所以物块a 的速度一定是先增大后减小，动能也是先增大后减小，b 、c 分离时弹簧的弹力大于mg sin θ，弹簧的伸长量大于mg sin θk ，故选项B 、C 错误；对于物块a 整个过程根据动能定理得：Fd －mgd sin θ＋W ＝12m v 2，由功能关系W ＝－ΔE p ，联立解得物块a 的速度大小为2(Fd －mgd sin θ－ΔE p )m，故选项D 正确．]7．(2018·陕西西安市高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC ，AB 是半径为2R 的四分之一光滑圆弧，BC 是半径为R 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点)，O 点是BC 圆弧的圆心，POQ 在同一水平线上，BOC 在同一竖直线上．质量为m 的小球自由下落2R 后，沿轨道ABC 运动，经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点．则下列说法正确的是( )A ．小球运动到B 点前的瞬间对轨道的作用力是4mg B ．小球运动到B 点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－54mgR D ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－14mgRC [小球下落到B 点，由机械能守恒定律得：mg (4R )＝12m v 2B ，小球运动到B 点前的瞬间，小球运动的半径是2R ，由向心力公式：F B －mg ＝m v 2B2R ，解得F B ＝5mg ，小球运动到B 点后的瞬间，小球的运动半径是R ，由向心力公式：F B ′－mg ＝m v 2BR ，解得F B ′＝9mg ，故A 错误、B 错误；经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点，由几何关系得：OP ＝3R ，由平抛运动规律知：x＝3R＝v C t，y＝R＝12gt2，小球下落到C点，由动能定理有：mg2R＋Wf＝12m v2C，解得W f＝－54mgR，故C正确，D错误．]8．(2018·湖北省麻城一中高考冲刺模拟)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为L的不可伸长的细线连接，开始处于静止状态，物块与轨道间动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动物块1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则()A．拉力F所做功为nFLB．系统克服摩擦力做功为n(n－1)μmgL2C．F＞nμmg 2D．(n－1)μmg＜F＜nμmgBC[物体1的位移为(n－1)L，则拉力F所做功为W F＝F·(n－1)L＝(n－1)FL.故A错误．系统克服摩擦力做功为W f＝μm gL＋μmg·L＋…＋μmg·(n－2)L＋μmg·(n－L)L＝n(n－L)μmgL2.故B正确．据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理有W F＝W f，解得F＝nμmg 2现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>nμmg2，故C正确，D错误．故选B、C.]9．(2018·山东省湖北省重点学校协作体冲刺模拟)为减少二氧化碳排放，很多城市都推出了新型节能环保电动车．在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F－1v图象(图中AB、BO均为直线)，电动车行驶中所受阻力恒定，重力加速度取10 m/s2，则()A ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B ．该车启动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C ．该车做匀加速运动的时间是1.2 sD ．该车加速度为0.25 m/s 2时，动能是4×104 JBD [由于横坐标为速度的倒数，所以电动车的启动过程为从A 到B 到C .AB 段，牵引力不变，电动车做匀加速运动，加速度为a ＝F －f m ＝2000－0.05×8×102×108×102＝2 m/s 2；BC 段，由于图象为过原点的直线，所以Fv ＝P 额＝恒量，即以恒定功率启动，牵引力减小，加速度减小，电动车做加速度减小的加速运动，当F ＝f ＝400 N ，速度达到最大值15 m/s ，故选项A 错误、B 正确；由a ＝v －v 0t 可知t ＝v －v 0a ＝3－02＝1.5 s ，故选项C 错误；该车加速度为0.25 m/s 2时，牵引力为F ′＝ma ′＋f ＝8×102×0.25＋0.05×8×102×10＝600 N ，此时的速度为v ′＝2 000×3600＝10 m/s ，动能为E K＝12m v ′2＝12×8×102×102＝4×104J ，故选项D 正确．] 10．(2018·安徽省合肥三模)如图所示，一小球套在倾角为37°的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O 点．小球由A 点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C 时速度恰为0.A 、C 相距0.8 m ，B 是A 、C 连线的中点，OB 连线垂直AC ，小球质量为1 kg ，弹簧原长为0.5 m ，劲度系数为40 N/m ，sin 37°＝0.6，g 取10 m/s 2.则小球从A 到C 过程中，下列说法正确的是( )A ．小球经过B 点时的速度最大 B ．小球在B 点时的加速度为6 m/s 2C ．弹簧弹力对小球先做正功后做负功D ．小球从A 到B 过程和从B 到C 过程摩擦力做功相等BD [A.小球合外力等于0时速度最大，在B 点时由于弹簧弹力为k (l －OB )＝40 N/m ×(0.5－0.3)m ＝8 N ，方向垂直杆向上，重力垂直于杆的分力为mg cos θ＝1×10×0.8 N ＝8 N ，方向垂直于杆向下，所以小球在B 点时合外力F ＝mg sin θ＝1×10×0.6 N ＝6 N ，所以经过B 点时速度不是最大，A 错误；B.此时加速度a ＝F m ＝6 N1 kg ＝6 m/s 2，B 正确；C.在AB 段弹簧弹力与小球位移夹角大于90°，所以做负功，BC 段做正功，C 错误；D.A 、C 两点小球速度为0，由图形的对称性知AB 过程和BC 过程摩擦力做功相等，D 正确．选BD.]11．(2018·四川省南充市高三三模)如图所示，让摆球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动，到达小A 孔进入半径R ＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔．已知摆线长L ＝2 m ，θ＝60°，小球质量为m ＝0.5 kg ，D 点与小孔A 的水平距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2.试求：(1)求摆线能承受的最大拉力为多大？(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数μ的范围？ 解析 (1)当摆球由C 到D 运动机械能守恒：mg (L －L cos θ)＝12m v 2D由牛顿第二定律可得：F m －mg ＝m v 2DL可得：F m ＝2 mg ＝10 N(2)小球不脱圆轨道分两种情况：①要保证小球能达到A 孔，设小球到达A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得：－μmgs ＝0－12m v 2D .可得：μ＝0.5若进入A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得：12m v 2A ＝mgR由动能定理可得：－μmgs ＝12m v 2A －12m v 2D 可求得：μ＝0.35②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第二定律可得：mg＝m v 2R由动能定理可得：－μmgs －2mgR ＝12m v 2－12m v 2D 解得：μ＝0.125综上所以动摩擦因数μ的范围为：0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.125. 答案 (1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或者μ≤0.12512．(2018·石家庄高中毕业班质检(二))如图所示，在光滑水平面上，质量为m ＝4 kg 的物块左侧压缩一个劲度系数为k ＝32 N/m 的轻质弹簧，弹簧与物块未拴接．物块与左侧竖直墙壁用细线拴接，使物块静止在O 点，在水平面A 点与一顺时针匀速转动且倾角θ＝37°的传送带平滑连接，已知x OA ＝0.25 m ，传送带顶端为B 点，L AB ＝2 m ，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5.现剪断细线同时给物块施加一个初始时刻为零的变力F ，使物块从O 点到B 点做加速度大小恒定的加速运动．物块运动到A 点时弹簧恰好恢复原长，运动到B 点时撤去力F ，物块沿平行AB 方向抛出，C 为运动轨迹的最高点．传送带转轮半径远小于L AB ，不计空气阻力，已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求物块从B 点运动到C 点，竖直位移与水平位移的比值；(2)若传送带速度大小为v ＝5 m/s ，求物块与传送带间由于摩擦产生的热量；(3)若传送带匀速顺时针转动的速度大小为v ，且v 的取值范围为2 m/s<v <3 m/s ，求物块由O 点到B 点的过程中力F 做的功与传送带速度大小v 的函数关系．解析 (1)设物块在B 点的速度大小为v 0，从B 运动到C 的时间为t ，BC 的竖直距离h ＝v 0sin θ2tBC 的水平距离为x ＝v 0t cos θ 又θ＝37°，解得h x ＝38(2)在初始位置kx OA ＝ma ，a ＝2 m/s 2 由v 2A ＝2ax OA ，得v A ＝1 m/s 由v 2B ＝2a (x OA ＋L AB )，得v B ＝3 m/s物块从A 到B 运动的时间为t ′，t ′＝v B －v Aa ，得t ′＝1 s因v B<v，则物块速度一直小于传送带速度物块与传送带间由于摩擦产生的热量Q＝μmg(v t′－L AB)cos θ解得：Q＝48 J(3)物块在水平面上，F＋k(x OA－x)＝ma得F＝kx因力F随位移x线性变化．W1＝F x OA＝1 J若传送带速度范围为2 m/s<v<3 m/s，物块受到的滑动摩擦力先沿传送带向上后沿传送带向下．F1＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma，F1＝16 Nv2－v2A＝2ax′F2－μmg cos θ－mg sin θ＝ma，F2＝48 NW2＝F1x′＋F2(L AB－x′)＝104－8v2(J)W＝W1＋W2＝105－8v2(J)答案(1)38(2)48 J(3)W＝105－8v2(J)。

（新课标）2019版高考物理一轮复习 主题五 能量和动量 课时跟踪训练201．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心[解析] 大圆环是光滑的，小环下滑的过程中，速度方向始终沿大圆环切线方向，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环圆心，小环滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环圆心，C 、D 项错误．[答案] A2．起重机以1 m/s 2的加速度将质量为1000 kg 的货物由静止开始匀加速向上提升，g 取10 m/s 2，则在1 s 内起重机对货物做的功是( )A ．500 JB ．4500 JC ．5000 JD ．5500 J[解析] 货物的加速度向上， 由牛顿第二定律有：F －mg ＝ma ， 起重机的拉力F ＝mg ＋ma ＝11000 N. 货物的位移是l ＝12at 2＝0.5 m ，做功为W ＝Fl ＝5500 J ，故D 正确． [答案] D3．如图所示，质量为m的小球用长为L的轻绳悬挂于O点，用水平恒力F拉着小球从最低点运动到使轻绳与竖直方向成θ角的位置，求此过程中，各力对小球做的总功为( )A．FL sinθB．mgL(1－cosθ)C．FL sinθ－mgL(1－cosθ)D．FL sinθ－mgL cosθ[解析] 如图，小球在F方向的位移为CB，方向与F同向，则W F＝F·CB＝F·L sinθ小球在重力方向的位移为AC，方向与重力反向，则W G＝mg·AC·cos180°＝－mg·L(1－cosθ)绳的拉力F T时刻与运动方向垂直，则W F T＝0故W总＝W F＋W G＋W F T＝FL sinθ－mgL(1－cosθ)所以选项C正确．[答案] C4．如图所示，质量为m＝2 kg的木块在倾角θ＝37°的斜面上由静止开始下滑，木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，则前2 s内重力的平均功率和2 s末的瞬时功率分别为( )A ．48 W 24 WB ．24 W 48 WC ．24 W 12 WD ．12 W 24 W[解析] 木块所受的合外力F 合＝mg sin θ－μmg cos θ ＝mg (sin θ－μcos θ)＝2×10×(0.6－0.5×0.8) N＝4 N 木块的加速度a ＝F 合m ＝42m/s 2＝2 m/s 2前2 s 内木块的位移x ＝12at 2＝12×2×22m ＝4 m所以，重力在前2 s 内做的功为W ＝mgx sin θ＝2×10×0.6×4 J＝48 J.重力在前2 s 内的平均功率为P ＝W t ＝482W ＝24 W.木块在2 s 末的速度v ＝at ＝2×2 m/s＝4 m/s2 s 末重力的瞬时功率P ＝mg sin θ·v ＝2×10×0.6×4 W＝48 W.故选项B 正确． [答案] B5．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t ＝0时其速度为1 m/s ，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F ，力F 和滑块的速度v 随时间t 的变化规律分别如图甲、乙所示，则以下说法正确的是( )A ．第1 s 内，F 对滑块做的功为3 JB ．第2 s 内，F 对滑块做功的平均功率为4 WC ．第3 s 末，F 对滑块做功的瞬时功率为1 WD ．前3 s 内，F 对滑块做的总功为零[解析] 由题图可知，第1 s 内，滑块位移为1 m ，F 对滑块做的功为2 J ，A 错误．第2 s 内，滑块位移为1.5 m ，F 做的功为4.5 J ，平均功率为4.5 W ，B 错误．第3 s 末，F 对滑块做功的瞬时功率P ＝Fv ＝1 W ，C 正确．前3 s 内，F 对滑块做的总功为8 J ，D 错误．[答案] C6．(多选)如图所示为某汽车启动时发动机功率P 随时间t 变化的图象，图中P e 为发动机的额定功率，若已知汽车的最大速度为v m ，据此可知( )A ．汽车匀速运动时所受的阻力f 等于P e /v mB ．0～t 1时间内发动机做功为P e t 1C ．t 1～t 2时间内汽车做匀速运动D ．0～t 2时间内发动机做功为P e ⎝⎛⎭⎪⎫t 2－12t 1[解析] 由P e ＝fv m 可知，汽车匀速运动时所受的阻力f ＝P e /v m ，选项A 正确．根据功率P 随时间t 变化的图象(即P －t 图象)与横轴围成的面积表示功W 可知，0～t 1时间内发动机做功为12P e t 1，选项B 错误．t 1～t 2时间内汽车发动机功率恒定，汽车先做加速度逐渐减小的加速运动后做匀速运动，选项C 错误．根据功率P 随时间t 变化的图象(即P －t 图象)与横轴围成的面积表示功W 可知，0～t 2时间内发动机做功为12P e t 1＋P e (t 2－t 1)＝P e ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－12t 1，选项D 正确．[答案] AD7．如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 做的总功为( )A ．0 B.12F m x 0 C.π4F m x 0 D.π4x 20 [解析] F 为变力，根据F －x 图象包围的面积在数值上等于F 做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12π·F 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0.[答案] C8．一台起重机从静止开始将一质量m ＝1.0×103kg 的货物匀加速竖直吊起，在2 s 末货物的速度v ＝4 m/s.求起重机在这2 s 内的平均输出功率及2 s 末的瞬时功率．(g 取10 m/s 2)[解析] 货物运动的加速度a ＝v t ＝42m/s 2＝2 m/s 2设起重机吊绳的拉力为F ，根据牛顿第二定律，有F －mg ＝ma所以F ＝m (g ＋a )＝1.0×103×(10＋2) N ＝1.2×104N 货物上升的位移l ＝12at 2＝4 m则拉力做的功W ＝F ·l ＝1.2×104×4 J＝4.8×104J故2 s 内的平均功率P ＝W t＝2.4×104W2 s 末的瞬时功率P ＝Fv ＝1.2×104×4 W＝4.8×104W. [答案] 2.4×104W 4.8×104W[素能培养]9．(多选)(2017·江西师大附中模拟)如图甲所示，一个质量m ＝2 kg 的物块静止放置在粗糙水平地面O 处，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，在水平拉力F 作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O 处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v 随时间t 变化规律如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．物块经过4 s 时间到出发点B ．4.5 s 时水平力F 的瞬时功率为24 WC ．0～5 s 内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D ．0～5 s 内物块所受合力的平均功率为1.8 W[解析] 由图象可知，前4 s 内速度方向始终为正方向，故前4 s 时间内没有回到出发点，选项A 错误；根据v －t 图线的斜率表示加速度，可知3～5 s 内，加速度a ＝－31 m/s2＝－3 m/s 2,4.5 s 时的速度v ＝a Δt ＝－3×(4.5－4) m/s ＝－1.5 m/s ，根据牛顿第二定律有F ＋μmg ＝ma ，得F ＝－16 N ，负号表示力的方向水平向左，水平力F 的瞬时功率P ＝Fv ＝24 W ，选项B 正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C 错误；3～5 s 内合力为恒力，物块的位移为零，合力做的功为零，0～3 s 内，物块的加速度a 1＝33 m/s 2＝1 m/s 2，位移s 1＝12×1×32m ＝4.5 m ，合力做的功W ＝ma 1s 1＝9 J,0～5 s 内合力的平均功率P ＝W t ＝95W ＝1.8 W ，选项D 正确．[答案] BD10．(多选)(2017·山西四校联考)如图所示，摆球质量为m ，悬绳长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球从A 点运动到B 点的过程中空气阻力F 阻的大小不变，重力加速度大小为g .则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．绳的拉力做功为mgLC ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－F 阻·12πL[解析] 小球下落L 的过程中，重力做功为mgL ，A 正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B 错误；空气阻力F 阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F 阻做功为－F 阻·12πL ，C 错误，D 正确．[答案] AD11．(2017·广东七校联考)如图所示，水平传送带长为L ，始终以速度v 保持匀速运动，把质量为m 的货物无初速度地放到A 点，当货物运动到AC 的中点B 时速度恰为v ，而后被传送到C 点．货物与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .则货物从A 点到C 点的过程中( )A ．摩擦力对货物做的功为μmgLB ．摩擦力对货物做功的平均功率为12μmgvC ．传送带克服摩擦力做功为μmgLD ．传送带克服摩擦力做功的平均功率为12μmgv[解析] 由于货物在运动过程中，当速度达到v 时，不再受摩擦力，故摩擦力所做的功W f ＝μmg ×L 2，故A 错误；在货物加速过程中，摩擦力做功W f ＝μmg ×L 2，由运动学公式有L2＝v t ，由W ＝Pt 可得，从A 点运动到B 点的过程摩擦力对货物做功的平均功率为P ＝μmg v＝12μmgv ；到达B 点之后摩擦力不再做功，故总的平均功率要小于该值，故B 错误；货物在加速过程中平均速度为v 2，而传送带的速度为v ，货物加速运动的位移为L2，则传送带前进的位移一定为L ，故传送带克服摩擦力所做的功为W f ′＝μmgL ，故C 正确；A 点到C 点用时t ＝3L 2v ，故传送带克服摩擦力做功的平均功率应为23μmgv ，故D 错误． [答案] C12．在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103kg 的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F 与对应速度v ，并描绘出如右图所示的F －1v图象(图线ABC 为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB 、BO 均为直线)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC ：(1)求该汽车的额定功率．(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s 达到最大速度40 m/s ，求其在BC 段的位移． [解析] (1)由图线分析可知：图线AB 表示牵引力F 不变即F ＝8000 N ，阻力f 不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC 的斜率表示汽车的功率P 不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s ，此后汽车做匀速直线运动由图可知：当最大速度v max ＝40 m/s 时，牵引力为F min ＝2000 N 由平衡条件f ＝F min 可得f ＝2000 N 由公式P ＝F min v max 得额定功率P ＝8×104W.(2)匀加速运动的末速度v B ＝P F，代入数据解得v B ＝10 m/s 汽车由A 到B 做匀加速运动的加速度为a ＝F －f m＝2 m/s 2设汽车由A 到B 所用时间为t 1，由B 到C 所用时间为t 2，位移为s ，则t 1＝v B a＝5 s ，t 2＝35 s －5 s ＝30 sB 点之后，对汽车由动能定理可得Pt 2－fs ＝12mv 2C －12mv 2B代入数据可得s ＝75 m. [答案] (1)8×104W (2)75 m。

2019年高考物理总复习第五章机械能第1课时功功率动能定理课时训练教科版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019年高考物理总复习第五章机械能第1课时功功率动能定理课时训练教科版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019年高考物理总复习第五章机械能第1课时功功率动能定理课时训练教科版的全部内容。

第1课时功功率动能定理1.(2018·江西南昌质检)如图所示，木块B上表面是水平的,当木块A置于B 上,并与B保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑,在下滑过程中( C ）A.A所受的合外力对A不做功B.B对A的弹力做正功C。

B对A的摩擦力做正功D.A对B的作用力对B做正功解析：AB一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，加速度为gsin θ.A所受的合外力沿斜面向下,对A做正功，B对A的摩擦力做正功,B对A的弹力做负功，选项A，B错误,C正确;B对A的支持力和摩擦力的合力方向垂直斜面向上，A对B的作用力方向垂直斜面向下，A对B不做功，选项D错误。

2.(2018·山东潍坊模拟)如图所示,自动卸货车始终静止在水平地面上,车厢在液压机的作用下，θ角逐渐增大且货物相对车厢静止的过程中,下列说法正确的是（ B ）A.货物受到的支持力对货物不做功B.货物受到的支持力对货物做正功C。

货物受到的重力对货物不做功D。

货物受到的摩擦力对货物做负功解析:货物受到的支持力的方向与运动方向时刻相同,做正功，选项A错误，B 正确;摩擦力的方向与其运动方向时刻垂直,不做功，选项D错误;货物位置升高,重力做负功，选项C错误。

功、功率、动能定理【本讲教育信息】 一. 教学内容：功、功率、动能定理（一）功和功率 1. 功功是力的空间积累效应。

它和位移相对应（也和时间相对应）。

计算功的方法有两种：（1）按照定义求功。

即：W ＝Fscos θ。

在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。

当20πθ<≤时F 做正功，当2πθ=时F 不做功，当πθπ≤<2时F 做负功。

这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。

（2）用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系求功。

当F 为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。

这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。

这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。

如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。

例1. 如图所示，质量为m 的小球用长L 的细线悬挂而静止在竖直位置。

在下列三种情况下，分别用水平拉力F 将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。

在此过程中，拉力F 做的功各是多少？（1）用F 缓慢地拉；（2）F 为恒力；（3）若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。

可供选择的答案有A.θcos FLB.θsin FLC.()θcos 1-FLD.()θcos 1-mgL解：（1）若用F 缓慢地拉，则显然F 为变力，只能用动能定理求解。

F 做的功等于该过程克服重力做的功。

选D（2）若F 为恒力，则可以直接按定义求功。

选B（3）若F 为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。

选B 、D在第三种情况下，由θsin FL ＝()θcos 1-mgL ，可以得到2tan sin cos 1θθθ=-=mgF ，可见在摆角为2θ时小球的速度最大。

实际上，因为F 与mg 的合力也是恒力，而绳的拉力始终不做功，所以其效果相当于一个摆，我们可以把这样的装置叫做“歪摆”。

第五章机械能第一讲功和功率课时跟踪练A组基础巩固1.(2018·洛阳模拟)如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()A．斜面对小球的支持力做功B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量解析：斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A错，C对；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D错．答案：C2.(多选)(2018·衡阳模拟)如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带以图示方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是()A．始终不做功B．先做负功后做正功C．先做正功后不做功D．先做负功后不做功解析：设传送带的速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2.若v2＝v1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v2>v1，物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做负功后不做功；若v2<v1，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体先加速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，故传送带对物体先做正功后不做功．选项A、C、D正确．答案：ACD3．(2015·海南卷)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A．4倍B．2倍C.3倍D.2倍解析：当F f＝k v，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝F v＝F f v＝k v·v＝k v2，变化后有2P＝F′v′＝k v′·v′＝k v′2，联立解得v′＝2v，D正确．答案：D4.一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，水平穿过滑轮，另一端用恒力F拉住，保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力F拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功(不计绳重和滑轮摩擦)是()A．Fs cos θB．Fs(1＋cos θ)C．2Fs cos θD．2Fs解析：根据动滑轮的特点，可求出绳在F方向上的位移为x＝s(1＋cos θ)，根据恒力做功公式得W＝Fx＝Fs(1＋cos θ)，或可看成两股绳都在对木块做功W＝Fs＋Fs cos θ＝Fs(1＋cos θ)，则选项B正确．答案：B5．(2018·荆州模拟)一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为()A．mgL cos θB．mgL(1－cos θ)C．FL sin θD．FL cos θ解析：小球从P点到Q点时，受重力、绳子的拉力及水平拉力F作用，因很缓慢地移动，小球可视为平衡状态，由平衡条件可知F ＝mg tan θ，随θ的增大，拉力F也增大，故F是变力，因此不能直接用公式W＝Fl cos θ计算．根据动能定理，有W F－W G＝0.所以W F ＝W G＝mgL(1－cos θ)，选项B正确．答案：B6．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v .对于上述两个过程，用W F 1、W F 2分别表示拉力F 1、F 2所做的功，WF f 1、WF f 2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A ．W F 2>4W F 1 ，WF f 2>2WF f 1B ．W F 2>4W F 1 , WF f 2＝2WF f 1C ．W F 2<4W F 1，WF f 2＝2WF f 1D ．W F 2<4W F 1，WF f 2<2WF f 1解析：W F 1＝12m v 2＋μmg ·v 2t ，W F 2＝12m ·4v 2＋μmg 2v 2t ，故W F 2<4W F 1；WF f 1＝μmg ·v 2t ，WF f 2＝μmg ·2v 2t ，故WF f 2＝2WF f 1，C 正确．答案：C7.如图所示为某汽车启动时发动机功率P 随时间t 变化的图象，图中P 0为发动机的额定功率，若已知汽车在t 2时刻之前已达到最大速度v m ，据此可知( )A ．t 1～t 2时间内汽车做匀速运动B ．0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 1C ．0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－t 12 D ．汽车匀速运动时所受的阻力小于P 0v m解析：在0～t 1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由F －F f ＝ma 可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t 1时刻达到额定功率，随后在t 1～t 2时间内，汽车速度继续增大，由P＝F v可知，牵引力减小，加速度减小，但速度继续增大，直到牵引力减小到与阻力相等时，F f＝F＝P0v m，达到最大速度v m，接着做匀速运动．发动机所做的功为图线与t轴所围成的面积，0～t1时间内发动机做的功为P0t12，0～t2时间内发动机做的功为P0⎝⎛⎭⎪⎫t2－t12，故C正确，A、B、D错误．答案：C8.质量为2 kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．t＝0时，物体受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示(g取10 m/s2)．求：时间t/s0～22～44～66～8拉力F/N4848(1)4 s(2)6～8 s内拉力所做的功；(3)8 s内拉力的平均功率．解析：(1)在0～2 s内，拉力等于4 N，最大静摩擦力μmg等于4 N，故物体静止．在2～4 s内，拉力F＝8 N，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，位移为x1＝12a(Δt)2＝4 m，4 s 末物体的速度大小v ＝a Δt ＝4 m/s ， 4 s 末拉力的瞬时功率P ＝F v ＝8×4 W ＝32 W.(2)在4～6 s 内，拉力等于4 N ，滑动摩擦力等于4 N ，故物体做匀速直线运动．位移x 2＝v Δt ＝4×2 m ＝8 m ，在6～8 s 内，拉力F ＝8 N ，物体的加速度大小仍为a ＝2 m/s 2.位移x 3＝v Δt ＋12a (Δt )2＝12 m ， 拉力所做的功W ＝Fx 3＝8×12 J ＝96 J.(3)8 s 内拉力做功W ＝0＋8×4 J ＋4×8 J ＋96 J ＝160 J ，平均功率P ＝W t＝20 W. 答案：(1)32 W (2)96 J (3)20 WB 组 能力提升9．(2018·潍坊模拟)如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F 作用下，沿x 轴方向运动，拉力F 随物块所在位置坐标x 的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x 0处时F 做的总功为( )A ．0B.12F m x 0C.π4F m x 0D.π4x 20解析：F 为变力，但F-x 图象包围的面积在数值上表示拉力做的总功．由于图线为半圆，又因在数值上F m ＝12x 0，故W ＝12πF 2m ＝12π·F m ·12x 0＝π4F m x 0，W ＝12π⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 02＝π8x 20. 答案：C10.如图所示，水平木板上有质量m ＝1.0 kg 的物块，受到随时间t 变化的水平拉力F 作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力F f 的大小．取重力加速度g ＝10 m/s 2，下列判断正确的是( )A ．5 s 内拉力对物块做功为零B ．4 s 末物块所受合力大小为4.0 NC ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4D ．6～9 s 内物块的加速度大小为2.0 m/s 2解析：由题给图象可知物块在0～4 s 内处于静止状态，其所受合外力为零，选项B 错误；4～5 s 内做变加速直线运动，因此5 s 内拉力对物块做的功不为零，选项A 错误；物块的滑动摩擦力F f ＝3 N ，则μ＝F f mg＝0.3，选项C 错误；在6～9 s 内由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，a ＝5－31.0m/s 2＝2.0 m/s 2，选项D 正确． 答案：D11．(多选)(2018·聊城模拟)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：汽车启动时由P＝F v和F－F f＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大．当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确．答案：ACD12．(2018·德州模拟)水平面上静止放置一质量为m＝0.2 kg的物块，固定在同一水平面上的小型电动机通过水平细线牵引物块，使物块由静止开始做匀加速直线运动，2秒末达到额定功率，其v-t图线如图所示，物块与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，g取10 m/s2，电动机与物块间的距离足够长．求：(1)物块做匀加速直线运动时受到的牵引力大小；(2)电动机的额定功率；(3)物块在电动机牵引下，最终能达到的最大速度．解析：(1)由题图知物块在匀加速阶段加速度大小a＝ΔvΔt＝0.4m/s2，物块受到的摩擦力大小F f＝μmg.设牵引力大小为F，则有F－F f＝ma，得F＝0.28 N.(2)当v＝0.8 m/s时，电动机达到额定功率，则P＝F v＝0.224 W.(3)物块达到最大速度v m时，此时物块所受的牵引力大小等于摩擦力大小，有F f＝μmg，P＝F f v m，解得v m＝1.12 m/s.答案：(1)0.28 N(2)0.224 W (3)1.12 m/s。

姓名，年级：时间：第5讲功、功率、动能定理1．(2018·全国Ⅱ卷,14）如图,某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定（ )A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功A [A对、B错;由题意知，W拉－W阻＝ΔE k，则W拉＞ΔE k；C、D错：W阻与ΔE k 的大小关系不确定．点拨：注意题目中“粗糙”二字，不要忘记克服摩擦力做的功．2．（2018·全国Ⅰ卷，18）如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点,机械能的增量为( ）A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgRC [小球从a运动到c，根据动能定理，得F·3R－mgR＝错误!mv错误!，又F＝mg,故v1＝2gR,小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝错误!＝2错误!，水平位移x＝错误!gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功,即ΔE＝F·(2R＋R＋x）＝5mgR。

］3．（2018·全国Ⅱ卷,19）(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程,( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5AC ［A 对，由图线①知，上升总高度h ＝错误!·2t 0＝v 0t 0. 由图线②知,加速阶段和减速阶段上升高度和h 1＝错误!·(错误!＋错误!）＝错误!v 0t 0匀速阶段:h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝错误!t 0故第②次提升过程所用时间为错误!＋错误!t 0＋错误!＝错误!t 0, 两次上升所用时间之比为2t 0∶错误!t 0＝4∶5。

第五章机械能第二讲动能和动能定理课时跟踪练A组基础巩固姓名：___________班级：___________学号：___________得分：___________1．(2016·四川卷)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员．他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J．韩晓鹏在此过程中() A．动能增加了1 900 JB．动能增加了2 000 JC．重力势能减小了1 900 JD．重力势能减小了2 000 J解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即ΔE k＝W G＋WF f＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G＝－ΔE p，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误．答案：C2.(2018·黄冈模拟)如图所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧对应的圆的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()A.12μmgR B.12mgR C ．mgR D ．(1－μ)mgR解析：由题意可知mgR ＝W AB ＋W BC ，W BC ＝μmgR ，所以W AB ＝(1－μ)mgR ，D 正确．答案：D3.(2018·莱芜模拟)如图所示，长为L 的木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )A ．木板对小物块做功为12m v 2 B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12m v 2－mgL sin α 解析：在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得WF N ＋W G ＝0，即WF N －mgL sin α＝0，所以WF N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋WF f ＝12m v 2，即WF f ＝12m v 2－mgL sin α，B 错误，C 、D 正确；在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12m v 2，A 正确． 答案：B4．(2018·郑州模拟)在地面上某处将一金属小球竖直向上拋出，上升一定高度后再落回原处，若不考虑空气阻力，则下列图象能正确反映小球的速度、加速度、位移和动能随时间变化关系的是(取向上为正方向)()解析：小球运动过程中加速度不变，B错误；速度均匀变化，先减小后反向增大，A正确；位移和动能与时间不是线性关系，C、D错误．答案：A5.如图所示，在竖直平面内有一“V”形槽，其底部BC是一段圆弧，两侧都与光滑斜槽相切，相切处B、C位于同一水平面上．一小物体从右侧斜槽上距BC平面高度为2h的A处由静止开始下滑，经圆弧槽再滑上左侧斜槽，最高能到达距BC所在水平面高度为h的D处，接着小物体再向下滑回，若不考虑空气阻力，则()A．小物体恰好滑回到B处时速度为零B．小物体尚未滑回到B处时速度已变为零C．小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低D．小物体最终一定会停止在圆弧槽的最低点解析：小物体从A处运动到D处的过程中，克服摩擦力所做的功为WF f1＝mgh，小物体从D处开始运动的过程，因为速度较小，小物体对圆弧槽的压力较小，所以克服摩擦力所做的功WF f2＜mgh，所以小物体能滑回到B处之上，但最高点要比D处低，C正确，A、B错误；因为小物体与圆弧槽间的动摩擦因数未知，所以小物体可能停在圆弧槽上的任何地方，D错误．答案：C6.(多选)(2017·湖北黄冈调研)如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使绳和轻弹簧均处于水平，弹簧处于自然状态，将两球分别由静止开始释放，当两球到达各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则此时()A．两球动能相等B．A球动能较大C．B球动能较大D．A球受到向上的拉力较大解析：整个过程中两球减少的重力势能相等，A球减少的重力势能完全转化为A球的动能，B球减少的重力势能转化为B球的动能和弹簧的弹性势能，所以A球的动能大于B球的动能，所以A、C错误，B正确；在悬点正下方位置，根据牛顿第二定律，小球所受拉力与重力的合力提供向心力，即F－mg＝m v2 R，由于A球的速度比B球的速度大，A球受到向上的拉力较大，故D正确．答案：BD7．(2018·临汾模拟)光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑的水平面上的B点时速率为v0.光滑水平面上每隔相等的距离设置了一个与小球运动方向垂直的阻挡条，如图所示，小球越过n条阻挡条后停下来．若让小球从2h高处以初速度v0滚下，则小球能越过阻挡条的条数为(设小球每次越过阻挡条时损失的动能相等)()A．n B．2nC．3n D．4n解析：小球第一次从释放至到达B点的过程中，由动能定理得mgh＝12m v2，由B点到停止运动的过程中，由动能定理得－nW＝0－12m v2.小球第二次从释放到停止的过程中，由动能定理得mg·2h＋12m v2－n′W＝0，解得n′＝3n.答案：C8．(2018·淄博模拟)如图所示，QB 段是半径为R ＝1 m 的光滑圆弧轨道，AQ 段是长度为L ＝1 m 的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q 点，Q 在圆心O 的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P 的质量m ＝1 kg(可视为质点)，P 与AQ 间的动摩擦因数μ＝0.1，若物块P 以速度v 0从A 点滑上水平轨道，到C 点又返回A 点时恰好静止(取g ＝10 m/s 2)．求：(1)v 0的大小；(2)物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力．解析：(1)物块P 从A 到C 又返回A 的过程中，由动能定理有－μmg ·2L ＝0－12m v 20， 解得v 0＝4μgL ＝2 m/s.(2)设物块P 第一次刚通过Q 点时的速度为v ，在Q 点轨道对物块P 的支持力为F N ，由动能定理和牛顿第二定律有－μmgL ＝12m v 2－12m v 20， F N －mg ＝m v 2R ，解得F N ＝12 N.由牛顿第三定律可知，物块P 第一次刚通过Q 点时对圆弧轨道的压力大小为12 N ，方向竖直向下．答案：(1)2 m/s (2)12 N 方向竖直向下B 组 能力提升9.某物体同时受到两个在同一直线上的力F 1、F 2的作用，由静止开始做直线运动，力F 1、F 2与位移x 的关系图象如图所示，在物体开始运动后的前 4.0 m 内，物体具有最大动能时对应的位移是( )A ．2.0 mB ．1.0 mC ．3.0 mD ．4.0 m解析：由题图知x ＝2.0 m 时，F 合＝0，此前F 合做正功而此后F 合做负功，故x ＝2.0 m 时动能最大．答案：A10.(多选)(2018·太原模拟)将3个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了3个不同的三角形，如图所示，其中1和2底边相同，2和3高度相同．现将一个可以视为质点的物块分别从3个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为μ.在这3个过程中，下列说法正确的是( )A ．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同B ．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C ．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的D ．物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的解析：如图所示，设木板的倾角为θ，对应的水平位移为x ，则物块沿木板下滑到底端时克服摩擦力做的功WF f ＝μmg cos θ·x cos θ＝μmgx ，与倾角θ无关．由功能关系知，产生的热量关系为Q 1＝Q 2<Q 3，故C 、D 正确．再由动能定理知mgh －WF f ＝12m v 2，对木板1、2而言，x 1＝x 2，而h 1>h 2，所以v 1>v 2.对木板2、3而言，x 2<x 3，而h 2＝h 3，所以v 2>v 3，故A 错误，B 正确．答案：BCD11．(多选)(2018·南阳模拟)如图所示，质量为m 的小车在水平恒力F 推动下，从山坡(粗糙)底部A 处由静止起运动至高为h 的坡顶B ，获得速度为v ，A 、B 之间的水平距离为x ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小车克服重力所做的功是mghB ．合外力对小车做的功是12m v 2 C ．推力对小车做的功是12m v 2＋mgh D ．阻力对小车做的功是12m v 2＋mgh －Fx 解析：小车克服重力做功W 重＝mgh ，A 正确；由动能定理知，小车受到的合力所做的功等于小车动能的增量，W 合＝ΔE k ＝12m v 2，B 正确；由动能定理知，W 合＝W 推＋W 重＋W 阻＝12m v 2，所以推力做的功W 推＝12m v 2－W 阻－W 重＝12m v 2＋mgh －W 阻，C 错误；阻力对小车做的功W 阻＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫W 推－W 重－12m v 2＝12m v 2＋mgh －Fx ，D 正确．答案：ABD12．(2018·榆林模拟)如图甲所示，一质量为m ＝1 kg 的物块静止在粗糙水平面上的A 点，从t ＝0时刻开始，物块受到按如图乙所示规律变化的水平力F 作用并向右运动，第3 s 末物块运动到B 点时速度刚好为0，第5 s 末物块刚好回到A 点，已知物块与粗糙水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2(g 取10 m/s 2)，求：(1)A 与B 间的距离；(2)水平力F 在5 s 内对物块所做的功．解析：(1)在3～5 s 内物块在水平恒力F 作用下由B 点匀加速运动到A 点，设加速度为a ，A 与B 间的距离为x ，则F －μmg ＝ma ，解得a ＝2 m/s 2.x ＝12at 2＝4 m. (2)设物块回到A 点时的速度为v A ，由v 2A ＝2ax ，解得v A ＝4 m/s.设整个过程中F 做的功为W F ，由动能定理得W F －2μmgx ＝12m v 2A ， 解得W F ＝24 J.答案：(1)4 m (2)24 J。