專題四 課時(shí)作業(yè)（一）

專題四課時(shí)作業(yè)（一）｜主題一功和功率的四類典型問題主題二動(dòng)能定理的四大高頻考向1．(2023·新課標(biāo)卷)無風(fēng)時(shí)，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會(huì)以恒定的速率豎直下落。一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)()A．0 B．mghC.eq\f(1,2)mv2－mgh D.eq\f(1,2)mv2＋mgh解析：選B地面附近的雨滴做勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－Wf＝0，故雨滴克服空氣阻力做功為mgh。故選B。2．(2023·遼寧高考)如圖(a)，從高處M點(diǎn)到地面N點(diǎn)有Ⅰ、Ⅱ兩條光滑軌道。兩相同小物塊甲、乙同時(shí)從M點(diǎn)由靜止釋放，沿不同軌道滑到N點(diǎn)，其速率v與時(shí)間t的關(guān)系如圖(b)所示。由圖可知，兩物塊在離開M點(diǎn)后、到達(dá)N點(diǎn)前的下滑過程中()A．甲沿Ⅰ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的大B．甲沿Ⅱ下滑且同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小C．乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不變D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大解析：選B由題圖(b)可知，在下滑過程中，甲做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，乙沿Ⅰ下滑，任意時(shí)刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一時(shí)刻甲的動(dòng)能比乙的小，A錯(cuò)誤，B正確；乙沿Ⅰ下滑，開始時(shí)乙的速度為0，到N點(diǎn)時(shí)乙的豎直方向速度為零，根據(jù)瞬時(shí)功率公式P＝mgvy可知，乙的重力功率先增大后減小，C、D錯(cuò)誤。3．(2023·成都質(zhì)檢)如圖所示，輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接，左端與B點(diǎn)對(duì)齊。質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0從A向右滑動(dòng)，物塊壓縮彈簧后被反彈，滑到AB的中點(diǎn)C(圖中未畫出)時(shí)速度剛好為零。已知A、B間的距離為L(zhǎng)，彈簧的最大壓縮量為eq\f(L,5)，重力加速度為g，則小物塊反彈之后從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)所用的時(shí)間為()A.eq\f(L,v0)eq\r(\f(19,10)) B.eq\f(L,v0)eq\r(\f(19,5))C.eq\f(L,v0)eq\r(\f(17,5)) D.eq\f(L,v0)eq\r(\f(17,10))解析：選B小物塊從A點(diǎn)到停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,5)＋\f(L,5)＋\f(L,2)))＝0－eq\f(1,2)mv02，在BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得μmg＝ma，eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立解得t＝eq\f(L,v0)eq\r(\f(19,5))，故選B。4．(2023·湖北高考)兩節(jié)動(dòng)車的額定功率分別為P1和P2，在某平直鐵軌上能達(dá)到的最大速度分別為v1和v2。現(xiàn)將它們編成動(dòng)車組，設(shè)每節(jié)動(dòng)車運(yùn)行時(shí)受到的阻力在編組前后不變，則該動(dòng)車組在此鐵軌上能達(dá)到的最大速度為()A.eq\f(P1v1＋P2v2,P1＋P2) B.eq\f(P1v2＋P2v1,P1＋P2)C.eq\f(P1＋P2v1v2,P1v1＋P2v2) D.eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)解析：選D由題意可知，兩節(jié)動(dòng)車編組前分別有P1＝f1v1，P2＝f2v2，當(dāng)將它們編組后有P1＋P2＝(f1＋f2)v，聯(lián)立可得v＝eq\f(P1＋P2v1v2,P1v2＋P2v1)，故選D。5．逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的v-t圖像如圖所示。在t＝0時(shí)刻質(zhì)量為1kg的物塊從B點(diǎn)以某一初速度滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運(yùn)動(dòng)。2s后開始減速，在t＝4s時(shí)物塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)A。(已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。以下說法正確的是()A．物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6B．傳送帶AB長(zhǎng)度為6mC．2s后物塊受到的摩擦力沿傳送帶向下D．物塊與傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為6J解析：選D前2s物塊速度小于傳送帶速度，物塊受到摩擦力沿斜面向上。由于物塊勻速上滑，根據(jù)平衡條件μmgcos37°＝mgsin37°，解得μ＝0.75，故A錯(cuò)誤；由題意可知，t＝2s時(shí)，物塊與傳送帶速度相等，由圖像可得v＝1m/s，前2s，物塊沿傳送帶上滑的位移為x1＝vt＝2m，由題意可得，后2s，物塊相對(duì)傳送帶靜止，物塊所受摩擦力方向沿傳送帶向上，與傳送帶有相同的加速度a＝eq\f(1,2)m/s2，向上做勻減速運(yùn)動(dòng)的位移x2＝vt－eq\f(1,2)at2＝1m，傳送帶AB長(zhǎng)度L＝x1＋x2＝3m，故B、C錯(cuò)誤；上滑過程中，滑動(dòng)摩擦力為f＝μmgcos37°＝6N，由傳送帶的v-t圖像可知前2s，傳送帶位移為x＝3m，故物塊與傳送帶間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q＝f(x－x1)＝6J，故D正確。6．(2023·山東高考)《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場(chǎng)景。引水過程簡(jiǎn)化如下：兩個(gè)半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。水筒在筒車上均勻排布，單位長(zhǎng)度上有n個(gè)，與水輪間無相對(duì)滑動(dòng)。每個(gè)水筒離開水面時(shí)裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田。當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對(duì)灌入稻田的水做功的功率為()A.eq\f(2nmgω2RH,5) B.eq\f(3nmgωRH,5)C.eq\f(3nmgω2RH,5) D．nmgωRH解析：選B根據(jù)題意可知，水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為m總＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，筒車對(duì)灌入稻田的水做功的功率P＝eq\f(W,T)，又T＝eq\f(2π,ω)，聯(lián)立有P＝eq\f(3nmgωRH,5)，故選B。7．(2023·西安高三模擬)質(zhì)量為m的汽車由靜止啟動(dòng)后沿平直路面行駛，汽車牽引力隨速度變化的F-v圖像如圖所示，設(shè)汽車與路面間的摩擦力f保持不變，則()A．汽車速度為v1時(shí)，汽車牽引力的功率為fv1B．汽車速度為v1時(shí)，汽車的加速度大小為eq\f(F0－f,m)C．汽車加速運(yùn)動(dòng)過程中，平均速度為eq\f(v1＋vm,2)D．汽車加速運(yùn)動(dòng)過程中，汽車的最大功率為F0vm解析：選B汽車速度為v1時(shí)，汽車牽引力的功率為P＝F0v1，故A錯(cuò)誤；由題圖可知汽車速度為v1時(shí)，汽車的牽引力為F0，則汽車的加速度大小為a＝eq\f(F0－f,m)，故B正確；汽車加速運(yùn)動(dòng)過程中，先是從靜止開始的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后是加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，所以平均速度不能表示成eq\f(v1＋vm,2)，故C錯(cuò)誤；汽車加速運(yùn)動(dòng)過程中，汽車的最大功率為Pm＝fvm，故D錯(cuò)誤。8．(2023·山東高考)質(zhì)量為M的玩具動(dòng)力小車在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力F和受到的阻力f均為恒力。如圖所示，小車用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩拉著質(zhì)量為m的物體由靜止開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小車拖動(dòng)物體行駛的位移為S1時(shí)，小車達(dá)到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時(shí)間后停下，其總位移為S2。物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，不計(jì)空氣阻力。小車的額定功率P0為()A.eq\r(\f(2F2F－fS2－S1S1,M＋mS2－MS1)) B.eq\r(\f(2F2F－fS2－S1S1,M＋mS2－mS1))C.eq\r(\f(2F2F－fS2－S1S2,M＋mS2－MS1)) D.eq\r(\f(2F2F－fS2－S1S2,M＋mS2＋mS1))解析：選A對(duì)物體從輕繩脫落到物體停下過程，由動(dòng)能定理得－f′(S2－S1)＝0－eq\f(1,2)mv2；對(duì)小車和物體從開始運(yùn)動(dòng)到小車達(dá)到額定功率的過程，由動(dòng)能定理得(F－f－f′)S1＝eq\f(1,2)(M＋m)v2，由以上式子聯(lián)立解得v＝eq\r(\f(2F－fS2－S1S1,M＋mS2－MS1))，則小車的額定功率P0＝Fv＝eq\r(\f(2F2F－fS2－S1S1,M＋mS2－MS1))，故A正確。9．(2023·湖南高考)(多選)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點(diǎn)，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點(diǎn)為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R。小球從A點(diǎn)以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說法正確的是()A．小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變C．小球的初速度v0＝eq\r(2gR)D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道解析：選AD由題知，小球能沿軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，則小球在C點(diǎn)的速度為vC＝0，小球在圓弧BC上受力分析如圖所示，則小球從B到C的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgR(1－cosα)＝0－eq\f(1,2)mv2，F(xiàn)N＝mgcosα－meq\f(v2,R)，聯(lián)立有FN＝3mgcosα－2mg，則從B到C的過程中α由θ減小到0，則cosα逐漸增大，故FN逐漸增大，所以小球從B到C的過程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大，A正確；由于從A到B的過程中小球的速度逐漸減小，從A到B的過程中重力的功率為P＝mgvsinθ，則從A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯(cuò)誤；從A到C的過程中，由動(dòng)能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02，解得v0＝2eq\r(gR)，C錯(cuò)誤；小球在B點(diǎn)恰好脫離軌道有mgcosθ＝meq\f(vB2,R)，則vB＝eq\r(gRcosθ)，則若小球初速度v0增大，小球在B點(diǎn)的速度有可能為eq\r(gRcosθ)，故小球有可能從B點(diǎn)脫離軌道，D正確。10.(2023·江蘇高考)滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊()A．受到的合力較小B．經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較小C．在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小解析：選C因?yàn)轭l閃照片時(shí)間間隔相同，對(duì)比題圖乙可知題圖甲中滑塊加速度大，是上滑階段，根據(jù)牛頓第二定律可知題圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；從題圖甲中的A點(diǎn)到題圖乙中的A點(diǎn)，滑塊先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知題圖甲中滑塊經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；由于題圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知題圖甲中滑塊在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故C正確；無論上滑或下滑，滑塊受到的滑動(dòng)摩擦力大小均相等，故題圖甲和乙中滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯(cuò)誤。11．如圖甲所示是高速公路出口的匝道，車輛為了防止在轉(zhuǎn)彎時(shí)出現(xiàn)側(cè)滑的危險(xiǎn)，必須在匝道的直道上提前減速?，F(xiàn)繪制出水平面簡(jiǎn)化圖，如圖乙所示，一輛質(zhì)量為m＝2000kg的汽車原來在水平直道上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，行駛速度v0＝108km/h，恒定阻力Ff＝1000N?，F(xiàn)將汽車的減速運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為兩種方式：方式一為“不踩剎車減速”，司機(jī)松開油門使汽車失去牽引力，在水平方向上僅受勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的恒定阻力作用；方式二為“剎車減速”，汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝6m/s2。(1)求汽車原來勻速直線行駛時(shí)的功率；(2)司機(jī)在離彎道口Q距離為x1的地方開始減速，全程采取“不踩剎車減速”，汽車恰好能以15m/s的安全速度進(jìn)入彎道，求汽車在上述減速直線運(yùn)動(dòng)過程中克服阻力做的功以及距離x1；(3)如圖乙所示，在離彎道口Q距離為125m的P位置，司機(jī)先采取“不踩剎車減速”滑行一段距離x2后，立即采取“剎車減速”，汽車仍恰好能以15m/s的安全速度進(jìn)入彎道，求x2的大小。解析：(1)汽車勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v0＝108km/h＝30m/s，汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)牽引力F＝Ff，汽車的功率為P＝Fv0，故P＝Ffv0＝30kW。(2)全程采取“不踩剎車減速”時(shí)，由動(dòng)能定理得－Wf＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02解得克服阻力做的功為Wf＝6.75×105J，又Wf＝Ffx1，解得x1＝675m。(3)汽車從P行駛到Q的過程中，由動(dòng)能定理得－Ffx2－Ff′(125m－x2)＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，又Ff′＝ma，解得x2＝75m。答案：(1)30kW(2)6.75×105J675m(3)75m12.如圖所示為常見的一種打彈珠的游戲裝置，光滑豎直細(xì)管AB位于平臺(tái)下方，長(zhǎng)度為4h，細(xì)管底部有一豎直輕彈簧，其長(zhǎng)度遠(yuǎn)小于豎直細(xì)管的長(zhǎng)度，平臺(tái)上方BC段為一光滑的四分之一圓弧管形軌道，其半徑為h，管自身粗細(xì)對(duì)半徑的影響可忽略不計(jì)。先拉動(dòng)拉桿壓縮彈簧，再釋放拉桿將一質(zhì)量為m的小球彈出，小球彈出后從管口C水平向右飛出，最終落至平臺(tái)上，落點(diǎn)距管口C的水平距離為10h，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g。(1)求小球從管口C飛出時(shí)的速度大??；(2)求小球在管口C處受到的壓力和彈簧彈力對(duì)小球做的功；(3)若平臺(tái)上方的四分之一圓弧軌道的半徑可調(diào)，且保證每次拉動(dòng)拉桿后壓縮彈簧的形變量為定值，則當(dāng)圓弧軌道半徑為何值時(shí)，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大。最大值是多少？解析：(1)小球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有10h＝vCt聯(lián)立解得vC＝5eq\r(2gh)。(2)小球在管口C處，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg＝meq\f(vC2,h)解得小球在管口C處受到的壓力大小為F＝49mg，方向豎直向下小球從被彈出至運(yùn)動(dòng)到管口C處的過程中，由動(dòng)能定理有W－mg(4h＋h)＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝30mgh。(3)設(shè)圓弧軌道的半徑為r，由動(dòng)能定理有W－mg(4h＋r)＝eq\f(1,2)mvC′2小球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有r＝eq\f(1,2)gt12水平方向有x＝vC′t1，聯(lián)立解得x＝2eq\r(26h－rr)由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)26h－r＝r，即圓弧軌道半徑為r＝13h時(shí)，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大，最大值是xmax＝26h。答案：(1)5eq\r(2gh)(2)49mg，方向豎直向下30mgh(3)13h26h13．(2023·西寧高三模擬)學(xué)?？萍夹〗M成員參加了過山車游戲項(xiàng)目后，為了研究過山車運(yùn)動(dòng)中所遵循的物理規(guī)律，設(shè)計(jì)出了如圖所示的裝置，圖中P為彈性發(fā)射裝置，AB為傾角θ＝37°的傾斜直軌道，BC為水平軌道，C′、C等高但略有錯(cuò)開，可認(rèn)為CDC′為豎直圓軌道。CE為足夠長(zhǎng)的傾斜軌道，各段軌道均平滑連接。以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向建立平面直角坐標(biāo)系，彈射裝置P的位置可在坐標(biāo)平面內(nèi)任意調(diào)節(jié)，使水平彈出的小滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))總能無碰撞的從A點(diǎn)進(jìn)入軌道。已知滑塊質(zhì)量為m＝20g，圓軌道半徑R＝0.2m，軌道AB長(zhǎng)xAB＝1m，BC長(zhǎng)xBC＝0.4m，滑塊與AB、BC段動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其余各段軌道均光滑，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。(1)若滑塊在A點(diǎn)速度vA＝5m/s，求滑塊彈出時(shí)的位置坐標(biāo)(x1，y1)；(2)若滑塊彈出時(shí)的初速度v0＝4m/s