(江苏专版)2019版高考物理二轮复习 专题二 第一讲 功和功率 动能定理课后达标检测卷(含解析)

功和功率动能定理
1．[多选](2018·江苏高考)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
B．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
解析：选AD 小物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由F
F f＝ma知，a减小；当运动到F弹＝F f时，a减小为零，此时小物块速度最大，弹簧仍处弹－
于压缩状态；由于惯性，小物块继续向右运动，此时F f－F弹＝ma，小物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋F f＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O 点左侧F弹＝F f时速度达到最大，故A正确，B错误。

在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误。

由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。

2．(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。

物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能E k与位移x关系的图线是( )
解析：选C 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mg sin θ＋μmg cos θ)x＝E k－E k0，即E k＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x，所以物块的动能E k与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mg sin θ－μmg cos θ)(x0－x)＝E k，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即E k＝－(mg sin θ－μmg cos θ)x＋(mg sin θ－μmg cos θ)x0，所以下滑时
E k随x的减小而增大且为直线。

由此可以判断C项正确。

3.(2018·江苏七市三模)如图所示，不可伸长的细线一端固定，另
一端系一小球，小球从与悬点等高处由静止释放后做圆周运动，不计空
气阻力，则小球从释放位置运动到最低点的过程中( )
A．水平方向加速度不断增大
B．竖直方向加速度不断增大
C．重力做功的瞬时功率先增大后减小
D．拉力做功的瞬时功率先增大后减小
解析：选C 小球在最高点合力方向竖直向下，在最低点合力方向竖直向上，但在中间过程某点拉力却有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后减小，故A 错误；小球在开始释放的瞬间的加速度为g且向下，接下来细线在竖直方向有向上的分量，所以小球竖直方向上所受的合外力减小，则竖直方向加速度开始变小，故B错误；重力的瞬时功率为P＝mgv y，小球在开始释放的瞬间速度为零，此时重力的瞬时功率为零，到达最低点时，速度水平向左，竖直分速度为零，所以此时重力的瞬时功率为零，在中间过程竖直分速度不为零，重力的瞬时功率也不为零，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故C正确；拉力的方向始终与速度方向垂直，所以拉力的瞬时功率始终为零，故D错误。

4.(2018·镇江一模)坐落在镇江新区的摩天轮高88 m，假设乘
客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列说法正确的是( )
A．在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变
B．在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力
C．在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零
D．在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变
解析：选C 机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以F＝N－mg，则支持力N＝mg＋F，所以重力小于支持力，B错误；在摩天轮转动一周的过程中，动能变化量为零，则合力对乘客做功为零，C正确；运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。

5．(2018·徐州期中)高台跳水被认为是世界上最难、最美的运动项目之一。

一运动员在十米跳台跳水比赛中，触水时重力的功率约为( )
A．7 000 W B．700 W
C．70 W D．7 W
解析：选 A 运动员在跳水过程中看做自由落体运动，故落水时的速度为v＝2gh＝10 2 m/s，运动员的体重约为50 kg，故重力的瞬时功率约为P＝mgv＝7 000 W，故A正确。

6.(2018·扬州期末)某士兵练习迫击炮打靶，如图所示，第一次炮弹
落点在目标A的右侧，第二次调整炮弹发射方向后恰好击中目标，忽略空
气阻力的影响，每次炮弹发射速度大小相等，下列说法正确的是( )
A．第二次炮弹在空中运动时间较长
B．两次炮弹在空中运动时间相等
C ．第二次炮弹落地时速度较大
D ．第二次炮弹落地时速度较小
解析：选A 炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。

根据下落
过程竖直方向做自由落体运动，h ＝12
gt 2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh ＝12mv 2－12
mv 02，由于两次在空中运动过程重力做功都是零，所以v ＝v 0，故两次炮弹落地时速度相等，故C 、D 错误。

7.[多选](2018·南京调研)如图所示，滑块以初速度v 0滑上表面粗糙的固定斜面，到达最高点后又返回到出发点。

则能大致反映整个运动过程中，滑块的加速度a 、速度v 随时间t ，重力对滑块所做的功W 、动能E k 与位移x 关系的是(取初始位置为坐标原点、初速度方向为正方向)( )
解析：选BD 滑块整个运动过程的加速度方向均与初速度方向相反，故A 错误。

上滑时的加速度大小a 1＝g sin θ＋μg cos θ，下滑时的加速度大小a 2＝g sin θ－μg cos θ，
结合位移公式x ＝12
at 2，可知下滑时间大于上滑的时间；由于机械能有损失，返回到出发点时速度小于出发时的初速度，故B 正确。

重力做功W ＝－mgh ＝－mgx sin θ，上滑过程与下
滑过程的W ­x 图像重叠，故C 错误。

根据动能定理得，上滑过程有：－ma 1x ＝E k －12
mv 02，解得E k ＝12
mv 02－ma 1x ，同理下滑过程有：E k ＝ma 2(L －x )，由数学知识知，D 正确。

8．(2018·盐城三模)如图所示，质量为m 、半径为R 的光滑圆柱体B 放在水平地面上，其左侧有半径为R 、质量为m 的半圆柱体A ，右侧有质量为m 的长方体木块C ，现用水平向左的推力推木块C ，使其缓慢移动，直到圆柱体B 恰好运动到半圆柱体A 的顶端，在此过程中A 始终保持静止。

已知C 与地面间动摩擦因数μ＝32
，重力加速度为g 。

求：
(1)圆柱体B 下端离地高为R 2
时，地面对半圆柱体A 的支持力； (2)木块C 移动的整个过程中水平推力的最大值；
(3)木块C 移动的整个过程中水平推力所做的功。

解析：(1)以A 和B 整体为研究对象，地面支持力F
N ＝2mg 。

(2)B 刚离开地面时，B 对C 的弹力最大，对B 受力分析，
则弹力F 1＝mg tan 60°＝3mg
此时水平推力最大为F m ＝F 1＋μmg ＝332
mg 。

(3)C 移动的距离x ＝2R cos 30°＝3R
摩擦力做功W f ＝μmgx ＝32
mgR 根据动能定理W －W f －mgR ＝0
解得W ＝52
mgR 。

答案：(1)2mg (2)332mg (3)52
mgR 9.(2018·南通调研)如图所示，质量分布均匀的刷子刷地面上的
薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐，刷子的质量为m ，垫子的
质量为M ，刷子和垫子间的动摩擦因数为μ1，垫子和地面间的动摩擦
因数为μ2，刷子和地面间的动摩擦因数为μ3，重力加速度为g 。

(1)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60°角的推力F 1，垫子和刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力f 1的大小和地面对垫子的支持力F N 的大小；
(2)若给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30°角的推力F 2，刷子和垫子以同一加速度运动，求刷子受到的摩擦力f 2的大小；
(3)若给刷子施加一个水平向右的推力F 3，刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已知刷子的长为b ，垫子的长为L (L >b )，求刷子完全离开垫子的速度v 的大小。

解析：(1)刷子受到重力、垫子的支持力、推力F 1和摩擦力作用
则水平方向受力平衡，有f 1＝F 1cos 60°＝12
F 1 刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡，
有F N ＝(M ＋m )g ＋F 1sin 60°＝(M ＋m )g ＋32F 1。

(2)设刷子和垫子运动的加速度为a ，由牛顿第二定律可得：
F 2cos 30°－μ2(mg ＋Mg ＋F 2sin 30°)＝(M ＋m )a
对刷子有：F 2cos 30°－f 2＝ma
解得f 2＝μ2mg ＋3M ＋μ2m F 2M
＋m。

(3)刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功
W f ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫μ1mgb 2
＋μ3mgb 2 由动能定理有F 3L －μ1mg (L －b )＋W f ＝12mv 2－0 解得v ＝ 2F 3L m －g μ1L －μ1b ＋μ3b 。

答案：(1)12F 1 (M ＋m )g ＋32
F 1 (2)μ2mg ＋
3M ＋μ2m F 2M ＋m (3) 2F 3L m －g μ1L －μ1b ＋μ3b
10.(2018·苏北四市调研)如图所示，水平光滑细杆上P 点套一小环，
小环通过长L ＝1 m 的轻绳悬挂一夹子，夹子内夹有质量m ＝1 kg 的物块，
物块两竖直侧面与夹子间的最大静摩擦力均为f m ＝7 N 。

现对物块施加F ＝8
N 的水平恒力作用，物块和小环一起沿水平方向做初速度为零的匀加速直线
运动，小环碰到杆上的钉子Q 时立即停止运动，物块恰好相对夹子滑动，此时夹子立即锁定物块，锁定后物块仍受恒力F 的作用。

小环和夹子的大小及质量均不计，物块可看成质点，重力加速度g 取10 m/s 2。

求：
(1)物块做匀加速运动的加速度大小a ；
(2)P 、Q 两点间的距离s ；
(3)物块向右摆动的最大高度h 。

解析：(1)由牛顿第二定律F ＝ma
解得a ＝8 m/s 2。

(2)环到达Q 时，静摩擦力最大 由牛顿第二定律2f m －mg ＝m v m 2L
解得v m ＝2 m/s
根据动能定理Fs ＝12
mv m 2
解得s ＝0.25 m 。

(3)设物块上升的最大高度为h ，水平距离为x ，
由动能定理得F (x ＋s )－mgh ＝0
由几何关系得(L －h )2＋x 2＝L 2
解得h ＝1 m 或h ＝141
m(舍去)。

答案：(1)8 m/s 2 (2)0.25 m (3)1 m
11．(2017·江苏高考)如图所示，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置
于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R 。

C 的质量为m ，A 、B 的质量都为m 2
，与地面间的动摩擦因数均为μ。

现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面。

整个过程中B 保持静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

求：
(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ；
(2)动摩擦因数的最小值μmin ；
(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W 。

解析：(1)对C 受力分析，如图所示：
根据平衡条件有
2F cos 30°＝mg
解得F ＝33
mg 。

(2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝
32mg
B 受地面的摩擦力f ＝μmg
根据题意，B 保持静止，
则有f min ＝F x max ，解得μmin ＝32。

(3)C 下降的高度h ＝(3－1)R
A 的位移x ＝2(3－1)R
摩擦力做功的大小W f ＝fx ＝2(3－1)μmgR
根据动能定理W －W f ＋mgh ＝0－0
解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR 。

答案：(1)
33mg (2)32
(3)(2μ－1)(3－1)mgR。