2019届高考物理专题九功和功率动能及动能定理精准培优专练

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B．W甲>W乙＝W丙C．W甲＝W乙＝W丙D．无法比较它们的大小【答案】B2．(多选)如图所示，在离地面高为H处以水平速度v0抛出一质量为m的小球，经时间t，小球离水平地面的高度变为h，此时小球的动能为Ek，重力势能为Ep(选水平地面为零势能参考面，不计空气阻力)。下列图象中大致能反映小球动能Ek、势能Ep变化规律的是()【答案】AD【解析】由动能定理可知，mg(H－h)＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0＋mgH－mgh，Ek－h图象为一次函数图象，B项错误；又Ek＝Ek0＋eq\f(1,2)mg2t2，可知Ek－t图象为开口向上的抛物线，A项正确；由重力势能定义式有：Ep＝mgh，Ep－h为正比例函数，所以D项正确；由平抛运动规律有：H－h＝eq\f(1,2)gt2，所以Ep＝mg(H－eq\f(1,2)gt2)，所以Ep－t图象不是直线，C项错误。3．(多选)质量为2kg的遥控玩具电动汽车在平直路面上由静止开始沿直线运动，汽车受到的阻力恒为重力的eq\f(1,2)，若牵引力做功W和汽车位移x之间的关系如图所示，已知重力加速度g＝10m/s2，则()A．汽车在0～1m位移内，牵引力是恒力，1～3m位移内，牵引力是变力B．汽车位移为0.5m时，加速度的大小a＝5m/s2C．汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的最大功率为20eq\r(10)WD．汽车位移在0～3m的过程中，牵引力的平均功率为10eq\r(10)W【答案】BCD【解析】根据公式W＝Fx可知，题中W－x图象的斜率表示汽车牵引力的大小，0～1m位移内，牵引力F1＝20N，1～3m位移内，牵引力F2＝10N，所以A错误；0～1m位移内，a＝5m/s2，B正确；0～1m位移内，汽车做匀加速运动，1～3m位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功率最大，此时v1＝eq\r(2ax1)＝eq\r(10)m/s，Pmax＝F1v1＝20eq\r(10)W，C正确；牵引力做的总功W＝40J，时间t＝t1＋t2＝eq\f(1,\f(\r(10),2))s＋eq\f(2,\r(10))s＝eq\f(4,\r(10))s，平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝10eq\r(10)W，D正确。4．(多选)如图甲所示，质量为1kg的物体静止在粗糙的水平地面上，在一水平外力F的作用下运动，外力F和物体克服摩擦力f所做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是()A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B．物体运动的位移为13mC．物体在前3m运动过程中的加速度为3m/s2D．x＝9m时，物体的速度为3eq\r(2)m/s【答案】ACD【解析】由摩擦力做功的图象可知，W＝μmg·x＝20J，解得：μ＝0.2，A正确；由f＝μmg＝2N，f·x＝Wf＝27J可得：x＝13.5m，B错误；又WF＝F·x，可解得：前3m内，F＝eq\f(15,3)N＝5N，由F－f＝ma可得：a＝3m/s2，C正确；由动能定理可得：WF－fx＝eq\f(1,2)mv2，解得：x＝9m时物体的速度v＝3eq\r(2)m/s，D正确。5.(多选)物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物体的质量m＝0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2JD．前2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝3W【答案】ABC【解析】由题图甲、乙可知，在1～2s，推力F2＝3N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3s，推力F3＝2N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，选项A、B正确；由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2s内物体位移x＝1m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2J，选项C正确；第1s内，由于物体静止，推力不做功；第2s内，推力做功W＝F2x＝3J，即前2s内推力F做功为W′＝3J，前2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W′,t)＝eq\f(3,2)W＝1.5W，选项D错误。6．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平、ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为m＝2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳对B球的拉力所做的功为(取g＝10m/s2)()A．11JB．16JC．18JD．9J【答案】C【解析】A球向右运动0.1m时，由几何关系得，B上升距离：h＝0.4m－eq\r(0.52－0.42)m＝0.1m，此时细绳与水平方向夹角θ的正切值tanθ＝eq\f(3,4)，则得cosθ＝eq\f(4,5)，sinθ＝eq\f(3,5)，由运动的合成与分解知识可知：vBsinθ＝vAcosθ，可得vB＝4m/s。以B球为研究对象，由动能定理得：W－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，代入数据解得：W＝18J，即绳对B球的拉力所做的功为18J，故选C。7．(多选)如图所示，在倾角为θ的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为M的平板A连接，一个质量为m的物体B靠在平板的右侧，A、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ。开始时用手按住物体B使弹簧处于压缩状态，现放手，使A和B一起沿斜面向上运动距离L时，A和B达到最大速度v。则以下说法正确的是()A．A和B达到最大速度v时，弹簧是自然长度B．若运动过程中A和B能够分离，则A和B恰好分离时，二者加速度大小均为g(sinθ＋μcosθ)C．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，弹簧对A所做的功等于eq\f(1,2)Mv2＋MgLsinθ＋μMgLcosθD．从释放到A和B达到最大速度v的过程中，B受到的合力对它做的功等于eq\f(1,2)mv2【答案】BD【解析】A和B达到最大速度v时，A和B的加速度为零。对AB整体：由平衡条件知kx＝(m＋M)gsinθ＋μ(m＋M)gcosθ，所以此时弹簧处于压缩状态，故A错误；A和B恰好分离时，A、B间的弹力为0，A、B的加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律知，mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B正确；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对AB整体，根据动能定理得W弹－(m＋M)gLsinθ－μ(m＋M)gcosθ·L＝eq\f(1,2)(m＋M)v2，所以弹簧对A所做的功W弹＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋(m＋M)gLsinθ＋μ(m＋M)gcosθ·L，故C错误；从释放到A和B达到最大速度v的过程中，对于B，根据动能定理得B受到的合力对它做的功W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv2，故D正确。8．如图甲所示，一滑块从平台上A点以初速度v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组v0和s，作出s2－v02图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g＝10m/s2。(1)求平台离地的高度h及滑块在平台上滑行的距离d；(2)若将滑块的质量增大为原来的2倍，滑块从A点以4m/s的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小v′及落地点离平台的水平距离s的大小。【解析】(1)设滑块滑到平台边缘时的速度为v，根据动能定理得：－μmgd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02 ①滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝eq\f(1,2)gt2 ②s＝vt ③联立以上三式得：s2＝eq\f(2h,g)v02－4μhd ④由图象得：图象的斜率等于eq\f(2h,g)，即：eq\f(2h,g)＝eq\f(2,22－12)＝0.2 ⑤解得：h＝1m且当s＝0时，v02＝12，代入④式解得：d＝2m。(2)由①得：v＝2m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有：h＝eq\f(1,2)gt2 ⑥得：t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\f(\r(5),5)s ⑦滑块滑离平台后落地时的速度为：v′＝eq\r(v2＋gt2)＝2eq\r(6)m/s落地点离平台的水平距离s的大小为：s＝vt＝eq\f(2\r(5),5)m。9.如图所示，水平面上某点固定一轻质弹簧，A点左侧的水平面光滑，右侧水平面粗糙，在A点右侧5m远处(B点)竖直放置一半圆形管状光滑轨道，轨道半径R＝0.4m，连接处相切。现将一质量m＝0.1kg的小滑块放在弹簧的右端(在A点左侧且不与弹簧拴接)，用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为2J，放手后滑块被向右弹出，它与A点右侧水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m(1)求滑块运动到半圆形轨道最低点B时对轨道的压力；(2)改变半圆形轨道的位置(左右平移)，使得被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点C时对轨道的压力大小等于滑块的重力，问A、B之间的距离应调整为多少？【解析】(1)小滑块被弹出至到达B点的过程，据动能定理有：W弹－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)滑块在B处有：FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)而W弹＝ΔEp＝2J解得：FN＝6N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为6N，方向竖直向下。