2017届高考物理二轮复习专题复习(练习)专题三动能定理和能量守恒定律1.

训练6 功 功率 动能定理

一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)

1.

如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑．将质量不相等的A、B两个小滑块(mA>mB)同时从斜面上同一高度处由静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则( )

A．B滑块先滑至斜面底端

B．地面对斜面体的摩擦力方向水平向左

C．两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同

D．地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力 解析：物块A下滑的加速度a＝gsinα，位移x＝hsinα，根据x＝12at2得，t＝1sinα2hg.同理，B下滑的时间t＝1sinα2hg，可知两滑块滑至底端的时间相同，故A错误；A对斜面体压力在水平方向的分力大小为mAgsinαcosα，B对斜面体在水平方向上的分力为mBgsinαcosα，因为mA>mB，则地面对斜面体有向左的摩擦力，故B正确；物块A滑到底端的速度v＝at＝2gh，B滑到底端的速度也为2gh，由于质量不同，两物体的速度大小相同，则重力的瞬时功率P＝mgvsinα不同，故C错误；因为A、B的加速度均沿斜面向下，对整体分析，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力，故D错误．

答案：B 2.2015·海南高考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：设Ff＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝Ffv＝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：D

3．光滑斜面上有一个小球自高为h的A处由静止开始滚下，抵达光滑水平面上的B点时速度大小为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活动阻挡条，如图所示，小球越过n条活动挡条后停下来．若让小球从h高处以初速度v0滚下，则小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( )

A．n B．2n C．3n D．4n

解析：设每条阻挡条对小球做的功为W，当小球在水平面上滚动时，由动能定理得nW＝0－12mv20，对第二次有NW＝0－12mv22＝0－(12mv20＋mgh)，又因为12mv20＝mgh，联立解得N＝2n，选项B正确．

答案：B

4．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Ff的大小．取重力加速度g＝10

m/s2，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 N

C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4

D．6～9 s内物块的加速度大小为2.0

m/s2 解析：由Ff—t图象知物块所受的最大静摩擦力为4 N，滑动摩擦力为3 N,4 s末物块所受的合力为零，则B项错误；因前4 s内物块处于静止状态，5 s内物块的位移即第5 s内物块的位移，不为零，则5 s内拉力对物块所做的功不为零，故A项错误；由μmg＝3 N，得物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，则C项错误；6～9 s内物块所受的合力为5 N－3 N＝2 N，由F合＝ma，得物块的加速度大小a＝2 m/s2，故D项正确．

答案：D

5．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同．则可能有( )

A．F2＝F1，v1>v2 B．F2＝F1，v1F1，v1>v2 D．F2

解析：水平恒力F1作用下的功率P1＝F1v1，F2作用下的功率P2＝F2v2cosθ，现P1＝P2，若F2＝F1，一定有v1F1，还是F2

答案：B

6.2016·天津卷我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( ) A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反

B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2

C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比

D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2

解析：本题考查隔离法和整体法受力分析、牛顿第二定律、功率、匀变速直线运动规律及其相关的知识点，意在考查学生灵活运用相关知识分析解决问题的能力．

启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f＝kmg.设动车组匀加速直线运动的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F－8f＝8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F5－3f＝3ma，解得F5＝3F4；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F6－2f＝2ma；解得F6＝F2；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F5∶F6＝3F4∶F2＝3∶2，选项B正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x＝v22a，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误．设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P＝8f·v1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P＝8f·v2m；联立解得v1m∶v2m＝1∶2，选项D正确．

答案：BD

7．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数1v图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，能求出的物理量是( )

A．汽车的功率

B．汽车行驶的最大速度

C．汽车所受到的阻力

D．汽车运动到最大速度所需的时间 解析：由F－Ff＝ma，P＝Fv可得a＝Pm·1v－Ffm，对应图线可知，Pm＝k＝40，因为汽车的质量已知，所以可求出汽车的功率P.由a＝0时，1vm＝0.05可得vm＝20 m/s，再由vm＝PFf，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间，A、B、C正确，D错误．

答案：ABC

8.

如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，张力大小为T1；第二次在水平恒力F′作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2.关于这两个过程，下列说法中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)( )

A．第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于F′

B．两个过程中，轻绳的张力均变大

C．T1＝mgcosθ，T2＝mg

D．第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先增加后减小

解析：由平衡条件得F＝mgtanθ，随着θ增大，F逐渐增大，第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，由动能定理得F′lsinθ＝mgl(1－cosθ)，解得F′＝mg·tanθ2，因为θ<90°，所以tanθ2F′，故A正确；第一次运动过程中，根据几何关系可知，绳子的拉力T＝mgcosθ，所以轻绳的张力变大，第二次由于重力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于单摆运动，当绳子方向与重力和F′的合力方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故B错误；第一次运动到Q点时，受力平衡，根据几何关系可知，T1＝mgcosθ，第二次运动到Q点时，速度为零，则向心力为零，则绳子拉力T2＝mgcosθ＋F′sinθ＝mgcosθ＋mg1－cosθsinθ·sinθ＝mg，故C正确；第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最小为零，则第二个过程中，重力和水平恒力F′的合力的功率先减小，后增大，故D错误．

答案：AC 二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)

9.2015·重庆高考同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的14圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H，N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处由静止释放，小球运动至Q点飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q点水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g.求：

(1)距Q点水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；

(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；

(3)摩擦力对小球做的功． 解析：(1)设小球在Q点的速度为v0，由平抛运动规律有H＝12gt21，L＝v0t1，得v0＝Lg2H.从Q点到距Q点水平距离为L2的圆环中心的竖直高度为h，则L2＝v0t2，得

h＝12gt22＝14H

该位置距底板的高度

Δh＝H－h＝34H

(2)设小球在Q点受的支持力为F，由牛顿第二定律F－mg＝mv20R，得F＝mg(1＋L22HR)，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F′＝F，方向竖直向下．

(3)设摩擦力对小球做功为W，则由动能定理得

mgR＋W＝12mv20 得W＝mg(L24H－R)

答案：(1)34H (2)Lg2H mg(1＋L22HR)，竖直向下 (3)mg(L24H－R)

10．如图所示，水平传送带的右端与用内壁光滑钢管弯成的“9”字形的固定轨道相接，轨道处于竖直面内，钢管内径很小．传送带顺时针运行的速度v0＝6 m/s，将质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)无初速度地放到传送带A端，传送带AB长度L＝12 m，轨道全高H＝0.8 m，轨道上半部分的34圆弧半径R＝0.2 m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，取重力加速度g＝10 m/s2.

(1)求滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；

(2)求滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的弹力；