2020届高考物理二轮复习疯狂专练8功和功率动能和动能定理含解析

2020届高考物理二轮复习疯狂专练8功和功率动能和动能定理含解析

高考总复习 功和功率 动能和动能定理 专练八 功和功率 动能和动能定理 一、考点内容 ‎(1)功的理解与计算；(2)恒力及合力做功的计算、变力做功；(3)机车启动问题；(4)功、功率与其他力学知识的综合；(5)动能及动能定理；(6)应用动能定理求解多过程问题；(7)应用动能定理求解多物体的运动问题。‎ 二、考点突破 ‎1．(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。开始时绳与水平方向的夹角为θ。当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L。小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是(　　)‎ A．WF＝FL(cos θ＋1)‎ B．WF＝2FLcos θ C．Wf＝μmgLcos 2θ D．Wf＝FL－mgLsin 2θ ‎2．(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＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．物体的质量m＝0.5 kg B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4‎ C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J D．前2 s内推力F做功的平均功率＝3 W 10‎ 高考总复习 ‎3．(多选)质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车(　　)‎ A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．输出功率为160 kW D．所受阻力大小为1600 N ‎4．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(　　)‎ A．2 kg　　　　　 B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg ‎5．(多选)如图所示为一滑草场，某条滑道由上、下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)‎ A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g ‎6．(多选)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，物块A运动的距离为d，速度为v，重力加速度大小为g，则此时(　　)‎ A．m2gsin θ＝kd 10‎ 高考总复习 B．物块A加速度大小为 C．重力对物块A做功的功率为(kd－m2gsin θ)v D．弹簧的弹力对物块A做功的功率为(kd－m2gsin θ)v ‎8．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2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，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0.1 m时速度大小为3 m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．11 J　　　　　　　　 B．16 J C．18 J D．9 J ‎9．(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是(　　)‎ A． B． C． D．1‎ ‎10．多级火箭是由数级火箭组合而成的运载工具，每一级都有发动机与燃料，目的是为了提高火箭的连续飞行能力与最终速度。现有一小型多级火箭，质量为M，第一级发动机的额定功率为P，先使火箭由静止竖直向上做加速度为a的匀加速直线运动。若空气阻力为f并保持不变，不考虑燃料燃烧引起的质量变化及高度不同引起的重力变化，达到额定功率后，发动机功率保持不变，直到火箭上升达到最大速度时高度为H。试求：‎ ‎(1)第一级发动机能使火箭达到的最大速度。‎ ‎(2)第一级发动机做匀加速运动的时间。‎ ‎(3)第一级发动机以额定功率开始工作，直到最大速度时的运行时间。‎ 10‎ 高考总复习 ‎11．如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h1＝0.2 m，B端高出水平地面h2＝0.8 m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)落地点C到O的距离xOC；‎ ‎(2)在B端平滑连接一水平放置长为L＝1.0 m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板MN与滑块间的动摩擦因数；‎ ‎(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点的距离最远，则ΔL应为多少？距离s的最大值为多少？‎ ‎12．如图所示，竖起平面内的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平直轨道BD相切于B点，轨道D端固定一竖起挡板。圆弧轨道的圆心为O、半径为R，轨道BC段光滑且长度大于R，CD段粗糙且长度为R。质量均为m的P、Q两个小球用轻杆连接，从图示位置由静止释放，Q球与档板碰撞后反向弹回，每次碰撞后瞬间P、Q两球的总动能均为碰撞前瞬间的。Q球第一次反弹后，P球沿轨道AB上升的最大高度为R，重力加速度为g。求：‎ 10‎ 高考总复习 ‎(1)P球第一次运动至B点时速度大小v0及此过程中轻杆对Q球所做的功W；‎ ‎(2)Q球与轨道CD间的动摩擦因数μ；‎ ‎(3)Q球最终静止时与挡板间的距离x。‎ 答案 10‎ 高考总复习 二、考点突破 ‎1．【答案】BC ‎【解析】小物块从A点运动到O点，拉力F的作用点移动的距离x＝2Lcos θ，所以拉力F做的功WF＝Fx＝2FLcos θ，A错误，B正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos 2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos 2θ，C正确，D错误。‎ ‎2．【答案】ABC ‎【解析】由题图甲、乙可知，在1～2 s，推力F2＝3 N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2 m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，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＝0.5 kg，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2 s内物体位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，选项C正确；第1 s内，由于物体静止，推力不做功；第2 s内，推力做功W＝F2x＝3 J，即前2 s内推力F做功为W′＝3 J，前2 s内推力F做功的平均功率＝＝ W＝1.5 W，选项D错误。‎ ‎3．【答案】CD ‎【解析】由题图可知，加速度变化，故赛车做变加速直线运动，故A错误；a－函数方程为a＝－4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：F－f＝ma，其中：F＝，联立得：a＝－，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a＝0时，＝0.01，v＝100 m/s，所以最大速度为100 m/s，由图象可知：－＝－4，解得：f＝4m＝4×400 N＝1600 N，0＝·－，解得：P＝160 kW，故C、D正确。‎ ‎4．【答案】C ‎【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，选项C正确，A、B、D均错误。‎ ‎5．【答案】AB 10‎ 高考总复习 ‎【解析】由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1＝v2得，v＝＝，故B项正确，D项错误。‎ ‎6．【答案】BC ‎【解析】开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin θ＝kx2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsin θ＜kd，故A错误；物块A的加速度a＝，开始弹簧处于压缩状态，压缩量x1＝，又x1＋x2＝d，解得a＝，故B正确；由于速度v与重力夹角不为零，故重力的瞬时功率等于m1gvsin θ，则由m1gsin θ＝kx1、m2gsin θ＝kx2及x1＋x2＝d得，m1gsin θ＋m2gsin θ＝kd，所以重力做功的功率P＝(kd－m2gsin θ)v，故C正确；当物块B刚要离开C时，弹簧的弹力为m2gsin θ，则弹力对物块A做功的功率为m2sin θ·v，故D错误。‎ ‎8．【答案】C ‎【解析】A球向右运动0.1 m时，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝。由运动的合成与分解可得vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s。以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理，W－mgh＝mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋mvB2＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，选项C正确。‎ ‎9．【答案】AB ‎【解析】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据动能定理，有：W1≤mgR，两次击打后可以到达轨道最高点，根据动能定理，有：W1＋W2－2mgR＝mv2，在最高点，有：mg＋N＝m≥mg，联立①②③解得：W1≤mgR，W2≥mgR，故≤，故A、B正确，C、D错误。‎ ‎10．【解析】(1)由题意知火箭达到最大速度时加速度为零，设发动机牵引力为F，则：‎ F＝f＋Mg 10‎ 高考总复习 额定功率为P，所以最大速度有：‎ ‎。‎ ‎(2)由题意知做匀加速运动，加速度a不变，功率为P，设匀加速运动的最大速度为v1，时间为t1，此时牵引力为F1，则有：‎ P＝F1v1……①‎ F1－(f＋Mg)＝Ma…..②‎ v1＝at1…..③‎ 联立①②③解得：。‎ ‎(3)设以额定功率开始工作，直到最大速度的时间为t，则根据动能定理有：‎ 由(1)可知：‎ 由(2)可知：‎ 联立解得：。‎ ‎11．【解析】(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据动能定理得：‎ mgh1＝mvB2－0‎ 得vB＝＝2 m/s 滑块离开B点后做平抛运动，则：‎ 竖直方向：h2＝gt2‎ 水平方向：x＝vBt 联立得到x＝vB 10‎ 高考总复习 代入数据解得x＝0.8 m。‎ ‎(2)滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得：‎ ‎－μmgL＝0－mvB2‎ 代入数据解得μ＝0.2。‎ ‎(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得：‎ ‎－μmg(L－ΔL)＝mv2－mvB2‎ 滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离：‎ s＝L－ΔL＋vt 联立整理得：s＝1＋0.8－ΔL＝－(0.4－)2＋1.16‎ 所以当＝0.4即ΔL＝0.16 m时，s最大，且最大值smax＝1.16 m。‎ ‎12．【解析】(1)P球第一次运动至B点过程中，对PQ两球有：‎ mgR＝×2mv02‎ 所以：v0＝ P球第一次运动至B点过程中，轻杆对Q球所做的功 W＝mv02＝mgR。‎ ‎(2)Q球第一次运动至D点过程中，对P、Q球有：‎ mgR－μmgR＝Ek Q球与挡板碰撞后反向弹回，P球沿轨道AB上升的最大高度过程中，有：‎ ‎－mgR－μmgR＝－Ek 联立可得μ＝0.2。‎ ‎(3)Q球第二次运动至D点过程中，对P、Q球有：‎ 10‎ 高考总复习 mgR－μmgR＝mgR 第二次碰后对P、Q球有：‎ 解得：x＝R。‎ 10‎