1、1第 6 讲 功 功率 动能定理一、选择题(每小题 6 分,共 48 分)1.图甲是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,圆弧轨道底部 P 处安装一个压力传感器,其示数 F 表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度 h 处由静止下滑,表示压力 F 和高度 h关系的 F-h 图像如图乙所示,则光滑圆弧轨道的半径 R 的大小是( )A.5 m B.2 m C.0.8 m D.2.5 m2.(2018 天津理综,2,6 分)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道 AB,从滑道的 A 点滑行到最低点 B 的过程中,由于摩擦力的存在,运动员的
2、速率不变,则运动员沿 AB 下滑过程中( )A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变3.中车青岛四方机车厂,试验出速度高达 605 公里每小时的高速列车。已知列车运行时的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力,若认为机械阻力恒定,空气阻力和列车运行速度的平方成正比,当列车以 200 公里每小时的速度行驶时,空气阻力占总阻力的 70%,此时列车功率为 1 000 kW,则高速列车以 600 公里每小时的速度行驶时的功率大约是( )A.10 000 kW B.20 000 kWC.30 000 kW D.40 000 kW4.(2018
3、 江苏单科,7,4 分)(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2B.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5.(2018 山西太原一模)如图所示,两个人利用机械装置提升相同的重物。已知重物匀速上升,相同的时间内两重物提升的高度相同。不考虑绳、滑轮的质量及摩擦,在重物上升的过程中人拉力的作用点保持不变,( 一直小于 30)则( )A.站在地面的人比站在二楼的人省力
4、B.站在地面的人对绳的拉力越来越大C.站在二楼的人对绳的拉力越来越大D.同一时刻,二楼的人对绳拉力的功率小于地面的人对绳拉力的功率6.(2018 江苏清江中学模拟)(多选)如图甲所示,用竖直向上的力 F 拉静止在水平地面上的一物体,物体在向上运动的过程中,其机械能 E 与位移 x 的关系如图乙,其中 AB 为曲线,其余部分为直线,下列说法正确的是( )A.0x1过程中,物体所受拉力不变B.x1x2过程中,物体的加速度先减小后增大C.0x3过程中,物体的动能先增大后减小D.0x2过程中,物体克服重力做功的功率一直增大7.(2018 湖北八校二联)如图,小球甲从 A 点水平抛出,同时将小球乙从 B
5、 点自由释放,两小球先后经过 C点时速度大小相等,方向夹角为 30,已知 B、C 高度差为 h,两小球质量相等,不计空气阻力,由以上条件可知( )3A.小球甲做平抛运动的初速度大小为 2gh3B.甲、乙两小球到达 C 点所用时间之比为 1 3C.A、B 两点高度差为h4D.两小球在 C 点时重力的瞬时功率大小相等8.(2018 福建泉州检测)(多选)如图甲所示,长为 l、倾角为 的斜面固定在水平地面上,一质量为 m 的物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动。已知物块与斜面间的动摩擦因数 与下滑距离 x 的变化图像如图乙所示,则( )A. 0tan B.物块下滑的加速度逐渐增大C.物块下滑到斜
6、面底端的过程克服摩擦力做功为 0mgl cos 12D.物块下滑到底端时的速度大小为 2glsin -2 0glcos二、非选择题(共 22 分)9.(2018 湖北四地七校联盟联考)(10 分)如图所示,底端切线水平且竖直放置的光滑 圆轨道的半径为14R=2 m,其轨道底端 P 距地面的高度为 h=5 m,P 与右侧竖直墙的距离为 L=1.8 m,Q 为圆弧轨道上的一点,它与圆心 O 的连线 OQ 与竖直方向的夹角为 53。现将一质量为 m=100 g、可视为质点的小球从 Q 点由静止释放,重力加速度 g=10 m/s2,不计空气阻力。(sin 53=0.8,cos 53=0.6)试求:(1
7、)小球运动到 P 点时对轨道的压力多大;(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞,则小球的最终落地点离右侧墙角 B 点的距离。(小球和地面碰撞后不再弹起)410.(12 分)如图所示,传送带 A、B 之间的距离为 L=3.2 m,与水平面间夹角 =37,传送带沿顺时针方向转动,速度恒为 v=2 m/s,在上端 A 点无初速度放置一个质量为 m=1 kg、可视为质点的金属块,它与传送带间的动摩擦因数为 =0.5,金属块滑离传送带后,经过弯道,沿半径 R=0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动,刚好能通过最高点 E,已知 B、D 两点的高度差为 h=0.5 m(取 g=10 m/s2,sin 37
8、=0.6,cos 37=0.8)。求:(1)金属块经过 D 点时的速度大小;(2)金属块在 BCD 弯道上克服摩擦力做的功。56答案精解精析一、选择题1.A 由机械能守恒得 mgh= mv2,在最低点,由牛顿第二定律得 F-mg= ,所以 F=mg+ h,根据图像可知,重12 mv2R 2mgR力 G=mg=2 N, = N/m=0.8 N/m,则光滑圆弧轨道的半径 R=5 m,故 A 正确,B、C、D 错误。2mgR 6-252.C 本题考查匀速圆周运动中的受力分析、滑动摩擦力的决定因素、动能定理和功能关系。由于运动员在竖直面内的圆弧形滑道上运动时速率不变,故做匀速圆周运动,所受的合外力提供
9、向心力,因此合外力不为零,选项 A 错误;运动员下滑过程中受到重力、滑道支撑力和滑动摩擦力,运动员从 A 到 B 的过程中,重力沿滑道切线方向的力逐渐变小,运动员的速率不变,则运动员沿滑道切线方向的合外力始终为零,故其所受摩擦力逐渐减小,选项 B 错误;由动能定理知,合外力做的功等于动能的变化量,因速率不变,则动能不变,故合外力做功为零,选项 C 正确;机械能的改变量等于摩擦力做的功,故机械能减少,选项 D 错误。3.B 当车速为 200 km/h 时,功率 P=Fv=fv,解得 f= ,故 f 机 =30%f,f 阻 =kv2,当列车速度达到 600 Pvkm/h,P=(f 机 +kv2)v
10、,联立解得 P20 000 kW,B 正确。4.AD 本题考查牛顿第二定律的应用、动能定理。对物块受力分析,当弹簧处于压缩状态时,由牛顿第二定律可得 kx-f=ma,x 减小,a 减小,当 a=0 时,物块速度最大,此时,物块在 O 点左侧,选项 B 错误;从加速度 a=0 处到 O 点过程,由牛顿第二定律得 f-kx=ma,x 减小,a 增大,当弹簧处于伸长状态时,由牛顿第二定律可得 kx+f=ma,x 增大,a 继续增大,可知物块的加速度先减小后增大,选项 A 正确;物块所受弹簧的弹力对物块先做正功,后做负功,选项 C 错误;从 A 到 B 的过程,由动能定理可得 W 弹 -Wf=0,选项
11、 D 正确。5.C 设重物的质量为 m,地面上的人对绳的拉力 FT=mg 恒定不变;站在二楼的人对绳的拉力 FT= ,重mg2cos物匀速上升过程中 越来越大,cos 越来越小,则 FT越来越大,B 项错误,C 项正确。因 一直小于30,则 1cos ,则 mgFT mg,而 FT=mg,则站在地面的人比站在二楼的人费力,所以 A 项错误。32 33 12人对绳拉力做的功等于克服重物重力做的功,两重物质量相同,上升高度相同,所用时间相同,克服重力做功的功率相同,故 D 错误。6.ABC 物体的重力势能 Ep=mgx,由动能定理可得,物体的动能 Ek=Fx-mgx,物体的机械能E=Ep+Ek=m
12、gx+Fx-mgx=Fx,即图线的斜率表示 F。0x 1过程中斜率不变,故物体所受拉力不变,A 正确;x1x2过程中,斜率变小直至为 0,故拉力逐渐减小直至为 0,则物体的加速度先减小后反向增大,B 正确;由前面分析知,物体先向上匀加速,然后做加速度逐渐减小的加速运动,再做加速度逐渐增大的减速运动,即70x3过程中,物体的速度先增大后减小,即动能先增大后减小,C 正确;0x 2过程中,物体速度先增大后减小,则克服重力做功的功率先增大后减小,D 错误。7.C 甲、乙两球经过 C 点的速度 v 甲 =v 乙 = ,甲球平抛的初速度 v 甲 x=v 甲 sin 30= ,故 A 错误;甲2gh2gh
13、2球经过 C 点时竖直方向的速度 v 甲 y=v 甲 cos 30= ,运动时间 t 甲 = = ,乙球运动时间 t 乙 = ,6gh2 v甲 yg 3h2g 2hg则 t 甲 t 乙 = 2,故 B 项错误;A、B 两点的高度差 h= g - g = ,故 C 项正确;甲和乙两球在 C 点312t2乙 12t2甲 h4时重力的瞬时功率分别为 P 甲 =mgv 甲 y=mg ,P 乙 =mgv 乙 =mg ,故 D 项错误。6gh2 2gh8.BC 物块在斜面顶端静止释放能够下滑,应满足 mg sin 0mg cos ,即 0tan ,故 A 选项错误;根据牛顿第二定律有 mg sin -mg
14、 cos =ma,得 a=g sin -g cos ,可知物块下滑过程中随着 的减小,a 在增大,故 B 选项正确;摩擦力 f=mg cos = mg cos (0xl),可知( 0- 0lx)f 与 x 成线性关系,如图所示,其中 f0= 0mg cos ,则物块下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功Wf= l= 0mgl cos ,故 C 选项正确;由动能定理有 mgl sin - 0mgl cos = mv2,得 v=f12 12 12,故 D 选项错误。2glsin - 0glcos二、非选择题9. 答案 (1)1.8 N (2)1.4 m解析 (1)小球由 Q 到 P 的过程,由动能定理
15、得:mgR(1-cos 53)= mv212在 P 点小球所受的支持力为 F,由牛顿第二定律有:F-mg=mv2R解得 F=1.8 N根据牛顿第三定律知,在 P 点小球对轨道的压力大小 F=F=1.8 N(2)小球到达 P 点时速度的大小为 v,解得 v=4 m/s若右侧无墙壁,则小球做平抛运动的时间 t=2hg小球做平抛运动的射程 x=vt=4 m8由弹性碰撞和对称性知,小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后,落到地面上,落点与 B 点相距 s=L-(x-2L)=1.4 m10. 答案 (1)2 m/s (2)3 J5解析 (1)金属块恰好通过最高点 E,由牛顿第二定律有mg=mv2ER从 D 到 E 过程中,由动能定理得-mg2R= m - m12v2E12v2D解得 vD=2 m/s5(2)金属块刚刚放上时,由牛顿第二定律有mg sin +mg cos =ma 1解得 a1=10 m/s2设经过位移 x1达到共同速度,则 v2=2ax1解得 x1=0.2 m3.2 m继续加速过程中,由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma 2解得 a2=2 m/s2x2=L-x1=3 m-v2=2a2x2v2B解得 vB=4 m/s从 B 到 D 过程中,由动能定理得mgh-W= m - m12v2D12v2B解得 W=3 J