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

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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
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