2025版高考物理二轮复习专题限时集训5功功率动能定理含解析

PAGE9-专题限时集训(五)(建议用时：40分钟)[专题通关练]1．(多选)(2024·唐山市高三理综联考)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时速度大小为v，方向竖直向下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A．刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0B．落地时重力的瞬时功率为mgvC．石块在空中飞行过程中合外力做的功为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2D．石块在空中飞行过程中阻力做的功为eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghBD[设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则刚抛出时重力的瞬时功率为P＝－mgv0cosα，选项A错误；落地时重力的瞬时功率为mgv，选项B正确；依据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项C错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为Wf，由动能定理，mgh＋Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh，选项D正确。]2.如图所示，质量为m的物块与转轴OO′相距R，物块随水平转台由静止起先缓慢转动，当转速增加到肯定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到起先滑动前的这一过程中，转台对物块做的功为eq\f(mgR,8)，若物块与转台之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则物块与转台间的动摩擦因数为()A．0.125B．0.15C．0.25 D．0.5C[由于物块做圆周运动，物块刚起先滑动这一时刻，物块受到转台的摩擦力达到最大静摩擦力，并由此供应向心力，则有：μmg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(μgR)，设转台对物块做的功为W，依据动能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(mgR,8)，又v＝eq\r(μgR)，联立解得μ＝0.25，故选C。]3．武广高铁已通车运行，速度最高可达390km/h，转弯时的半径达到了8km。若机车在运行过程中所受的阻力大小始终不变，在某一段直线轨道上匀加速运动的过程中，下列说法正确的是()A．机车输出功率不变B．机车输出功率渐渐增大C．机车始终匀加速运动，直到最大速度D．在随意两相等的时间内，机车动能改变相同B[匀加速运动合外力F为定值，又因为阻力不变，故牵引力恒定不变，由P＝Fv，v渐渐增大，所以P增大，故A错误，B正确；当功率达到额定功率后，机车的功率就不再增大，要增大速度，则要减小牵引力，当牵引力等于阻力时，机车速度达到最大值，所以机车匀加速运动过程达不到最大速度，故C错误；ΔEk＝W合＝(F－Ff)s，在随意相等时间内，F、Ff、a都是定值，因为物体做匀加速运动，故在随意相等时间内，s不同，ΔEk不同，故D错误。]4.(多选)(2024·湖南衡阳八中二模)质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止起先运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，则下列说法正确的是()A．x＝1m时物块的速度大小为2m/sB．x＝3m时物块的加速度大小为1.25m/s2C．在前2m的运动过程中物块所经验的时间为2sD．在前4m的运动过程中拉力对物块做的功为25JBCD[依据图象知，x＝1m时，物块的动能为2J，由eq\f(1,2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s，故A错误；对x＝2m到x＝4m的过程运用动能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5N，则物块的加速度a＝eq\f(F合2,m)＝eq\f(2.5,2)m/s2＝1.25m/s2，故B正确；对前2m的运动过程运用动能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2N，则物块的加速度a′＝eq\f(F合1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，末速度v′＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(\f(8,2))m/s＝2m/s，依据v′＝a′t得t＝2s，故C正确；对全过程运用动能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25J，故D正确。]5.(2024·福建省一般中学毕业班质量测检)如图所示，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m，与传送带之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。从P起先接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中()A．P的速度始终减小B．传送带对P做功的功率始终减小C．传送带对P做的功W＜μmgdD．弹簧的弹性势能改变量ΔEp＝eq\f(1,2)mv2＋μmgdC[P在速度已达到v后但还未接触弹簧前，与传送带之间无摩擦力。P接触弹簧后，弹簧起先发生形变，P受到弹簧弹力F方向水平向左，由F＝kx可知，随着弹簧的压缩，F渐渐增大，传送带对P的摩擦力为静摩擦力f静，f静随着F的增大渐渐增大，在f静达到最大静摩擦力之前，P保持匀速运动，当f静＝fm＝μmg后，传送带对P的摩擦力变为滑动摩擦力，不再改变，弹力接着增大，P做减速运动，直到速度为零，弹簧达到最大形变，可见P先匀速运动后减速运动，选项A错误；P接触弹簧后还保持匀速运动的过程中，传送带对P的静摩擦力f静越来越大，功率P1＝f静v，可知P1增大，当P起先减速时，传送带对P的滑动摩擦力μmg不变，P的速度v减小，功率P2＝μmgv，可知P2减小，即传送带对P做功的功领先增大后减小，选项B错误；由于P在保持匀速运动的过程中，传送带对P的摩擦力小于μmg，故弹簧压缩的形变量为d的过程中，传送带对P做的功W＜μmgd，选项C正确；由功能关系可知弹簧的弹性势能改变量ΔEp＜eq\f(1,2)mv2＋μmgd，选项D错误。]6．(易错题)(多选)如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m＝4kg的物体，让它在随位移匀称减小的水平推力F作用下运动，水平推力F随位移x改变的图象如图乙所示(x＝4.0m后无推力存在)。已知物体与地面之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．运动过程中物体的最大加速度为20m/s2B．在距动身点3.0m位置时物体的速度达到最大C．推力对物体做的功为180JD．物体在水平地面上运动的最大位移是10mAD[由牛顿其次定律得F－μmg＝ma，则推力F＝100N时，物体所受合力最大，加速度最大，代入解得a＝20m/s2，选项A正确；由图象可得推力F随位移x改变的数学关系式为F＝100－25x(0≤x≤4.0m)，物体的速度最大时，加速度为零，即此时F＝μmg，代入解得x＝3.2m，即在距动身点3.2m位置时物体的速度达到最大，选项B错误；由F­x图象可知推力对物体做的总功等于F­x图象与坐标轴围成的面积，即WF＝eq\f(1,2)F·x0，其中F＝100N，x0＝4.0m，解得WF＝200J，选项C错误；由动能定理得WF－μmgxmax＝0，代入数据得xmax＝10m，即物体在水平地面上运动的最大位移是10m，选项D正确。]易错点评：本题的易错之处在于图象信息的应用。7．(2024·湖南湘东六校联考)如图甲所示，一质量为2kg的物体受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的a­t图象如图乙所示，t＝0时其速度为2m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是()A．在t＝6s时，物体的速度为15m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为289JC．在0～6s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5WD．在t＝6s时，拉力F的功率为136WC[依据加速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度的改变量可知，在0～6s时间内，物体的速度增加量为Δv＝15m/s，由Δv＝v－v0，可得在t＝6s时，物体的速度为v＝17m/s，选项A错误；由动能定理，可知在0～6s时间内，合力对物体做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝285J，选项B错误；在0～6s时间内，合力对物体做功的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝47.5W，选项C正确；由牛顿其次定律有，F－μmg＝ma，解得在t＝6s时拉力F＝16N，物体的速度v＝17m/s，则拉力F的功率为P＝Fv＝16×17W＝272W，选项D错误。]8.(多选)如图所示，在竖直平面内有一光滑水平直轨道与半径为R的光滑半圆形轨道在半圆的一个端点B相切，可视为质点的小球从A点通过B点进入半径为R的半圆，恰好能通过半圆的最高点M，从M点飞出后落在水平面上，不计空气阻力，则()A．小球到达M点时的速度大小为0B．小球在A点时的速度为eq\r(5gR)C．小球落地点离B点的水平距离为2RD．小球落地时的动能为eq\f(5mgR,2)BCD[小球恰好通过最高点，重力恰好供应向心力：mg＝meq\f(v2,R)，解得：v＝eq\r(gR)，故A错误；从A点到M点由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，可得vA＝eq\r(5gR)，故B正确；小球离开最高点后做平抛运动，2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，解得：x＝2R，故C正确；小球平抛过程：mg·2R＝Ek2－eq\f(1,2)mv2，解得：Ek2＝eq\f(5mgR,2)，故D正确。][实力提升练]9．如图所示为汽车在水平路面上启动过程的v­t图象，Oa为过原点的倾斜直线，ab段是汽车以额定功率行驶时的加速阶段速度随时间改变的曲线，bc段是与ab段相切的水平直线。整个启动过程中阻力恒为f，则下列说法正确的是()A．0～t1时间内汽车以恒定功率做匀加速运动B．t1～t2时间内汽车的平均速度为eq\f(v1＋v2,2)C．t1～t2时间内汽车牵引力做的功等于eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))D．在全过程中t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值D[由题图可知，0～t1时间内汽车做匀加速直线运动，牵引力不变，速度增大，依据P＝Fv可知，汽车的功率增大，t1～t2时间内，汽车的功率不变，速度增大，牵引力减小，t2时刻后，牵引力减小到与阻力相等，汽车做匀速直线运动，可知在全过程中t1时刻汽车的牵引力及其功率都是最大值，选项A错误，D正确；t1～t2时间内，汽车做变加速直线运动，平均速度eq\x\to(v)≠eq\f(v1＋v2,2)，选项B错误；t1～t2时间内，设汽车牵引力做的功为W，克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理可得W－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，则牵引力做的功W＝Wf＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，选项C错误。]10．(多选)如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq\f(1,4)圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将该小物体沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与小物体的运动方向一样，小物体从B处经圆弧轨道到达A处过程中，克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是()A．物体在下滑过程中，运动到B处时速度最大B．物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgRC．拉力F做的功小于2mgRD．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)CD[物体在下滑过程中，起先阶段，重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力，物体的速度增大。后来，重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力，速度减小，则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在A、B之间，故A错误；物体缓慢地从B被拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物体从A滑到B的过程中，物体做圆周运动，依据向心力学问可知物体所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR，因此物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；从C到A的过程中，依据动能定理得：WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则由此可得拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过程中，依据动能定理得：mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf＞μmgR，由此可得：mgR＞μmgR＋μmgR，由以上可得：WF＜2mgR，故C正确。所以C、D正确，A、B错误。]11．(原创题)某同学在试验室探究圆周运动的向心力和速度之间的关系，他利用双线来稳固小球在竖直平面内做圆周运动，双线可使小球运动不易偏离竖直面，如图所示。他用两根长为L＝eq\f(\r(3),3)m的细线系一质量为m＝1kg的小球，两线上各连接一个力电传感器来测量细线的拉力(图中未画出)，两线的另一端分别系于水平横杆上的A、B两点，A、B两点的距离也为L＝eq\f(\r(3),3)m。若小球上升到圆周最高点时两力电传感器的示数恰好都为零(重力加速度g＝10m/s2，忽视一切摩擦和空气阻力)。求：(1)小球到达圆周最低点时的速度大小；(2)小球运动到圆周最低点时，每个力电传感器的示数。[解析](1)设小球在圆周最高点的速度大小为v1，在圆周最低点的速度大小为v2，圆周运动的半径为R，由题意可得mg＝meq\f(v\o\al(2,1),R)，其中R＝Lsin60°＝eq\f(\r(3),2)L两式联立并代入数据解得v1＝eq\r(5)m/s小球从圆周最高点向最低点运动过程中，由动能定理可得mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)解得v2＝5m/s。(2)设小球运动到圆周最低点时受到细线的拉力为T，受力分析如图所示，小球所受细线的拉力和重力的合力供应所需的向心力则有2Tcos30°－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)代入数据解得T＝20eq\r(3)N。[答案](1)5m/s(2)20eq\r(3)N12．如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手脚与侧壁间的摩擦来限制下滑速度。滑道简化图如图乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接。AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为eq\f(1,2)h0。一质量为m的游客从A点由静止起先下滑，到达底端D点时的平安速度不得大于eq\r(2gh0)，若运用坐垫，坐垫与滑道底面间摩擦不计，若未运用坐垫，游客与各段滑道底面间的摩擦力大小恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，空气阻力不计。已知sinθ1＝eq\f(1,4)，sinθ2＝eq\f(1,8)，求：(1)若游客运用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客在BC段增加的动能ΔEk；(2)若游客未运用坐垫且与侧壁间无摩擦自由下滑，则游客到达D点时是否平安；(3)若游客运用坐垫下滑，且游客平安到达D点，则全过程克服侧壁摩擦力做功的最小值。[解析](1)由动能定理得：ΔEk＝eq\f(1,2)mgh0。(2)在AD段，由动能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0＋\f(1,2)h0＋h0))－0.1mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2h0,sinθ1)＋\f(h0,2sinθ2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，解得：vD＝eq\r(2.6gh0)＞eq\r(2gh0)，到达D点时担心全。(3)整个过程，由动能定理得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0＋\f(1,2)h0＋h0))－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Dmax)－0，解得：W＝1.5mgh0。[答案](1)eq\f(1,2)mgh0(2)担心全(3)1.5mgh0题号内容押题依据核心考点核心素养机车启动问题机车启动与动能定理科学思维：立足教材，联系实际在港珠澳大桥6.7千米海底隧道的两端各建有一个人工岛，两人工岛及隧道路面可简化成如图所示，