2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練8 功和功率 動能和動能定理（含解析）

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1、功和功率 動能和動能定理 專練八 功和功率 動能和動能定理 一、考點內容 (1)功的理解與計算；(2)恒力及合力做功的計算、變力做功；(3)機車啟動問題；(4)功、功率與其他力學知識的綜合；(5)動能及動能定理；(6)應用動能定理求解多過程問題；(7)應用動能定理求解多物體的運動問題。 二、考點突破 1．(多選)如圖所示，輕繩一端受到大小為F的水平恒力作用，另一端通過定滑輪與質量為m、可視為質點的小物塊相連。開始時繩與水平方向的夾角為θ。當小物塊從水平面上的A點被拖動到水平面上的B點時，位移為L，隨后從B點沿斜面被拖動到定滑輪O處，BO間距離也為L。小物塊與

2、水平面及斜面間的動摩擦因數均為μ，若小物塊從A點運動到O點的過程中，F對小物塊做的功為WF，小物塊在BO段運動過程中克服摩擦力做的功為Wf，則以下結果正確的是(　　) A．WF＝FL(cos θ＋1) B．WF＝2FLcos θ C．Wf＝μmgLcos 2θ D．Wf＝FL－mgLsin 2θ 2．(多選)物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動。通過力和速度傳感器監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示。取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．物體的質量m＝0.5 kg B．物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4 C．第2 s內物體克

3、服摩擦力做的功W＝2 J D．前2 s內推力F做功的平均功率＝3 W 3．(多選)質量為400 kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數的關系如圖所示，則賽車(　　) A．速度隨時間均勻增大 B．加速度隨時間均勻增大 C．輸出功率為160 kW D．所受阻力大小為1600 N 4．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質量為(　　) A．2 kg　　　　　

4、 B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 5．(多選)如圖所示為一滑草場，某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則(　　) A．動摩擦因數μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 6．(多選)在傾角為θ的光滑斜面

5、上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量分別為m1、m2，彈簧勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態(tài)?，F開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，重力加速度大小為g，則此時(　　) A．m2gsin θ＝kd B．物塊A加速度大小為 C．重力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsin θ)v D．彈簧的彈力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsin θ)v 8．如圖所示，豎直平面內放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為2 kg，在作用于A球的

6、水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止狀態(tài)，此時OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10 m/s2)(　　) A．11 J　　　　　　　　 B．16 J C．18 J D．9 J 9．(多選)如圖所示，內壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質量為m的小球靜止在軌道底部A點?，F用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動。當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小

7、球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對小球做功W2。設先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則的值可能是(　　) A． B． C． D．1 10．多級火箭是由數級火箭組合而成的運載工具，每一級都有發(fā)動機與燃料，目的是為了提高火箭的連續(xù)飛行能力與最終速度?，F有一小型多級火箭，質量為M，第一級發(fā)動機的額定功率為P，先使火箭由靜止豎直向上做加速度為a的勻加速直線運動。若空氣阻力為f并保持不變，不考慮燃

8、料燃燒引起的質量變化及高度不同引起的重力變化，達到額定功率后，發(fā)動機功率保持不變，直到火箭上升達到最大速度時高度為H。試求： (1)第一級發(fā)動機能使火箭達到的最大速度。 (2)第一級發(fā)動機做勻加速運動的時間。 (3)第一級發(fā)動機以額定功率開始工作，直到最大速度時的運行時間。 11．如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內，圓弧B處的切線水平，A、B兩端的高度差為h1＝0.2 m，B端高出水平地面h2＝0.8 m，O點在B點的正下方，將一確定的滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。取g＝10 m/s2。求： (1)落地點C到O的距離xOC； (2)在B端平滑連

9、接一水平放置長為L＝1.0 m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板MN與滑塊間的動摩擦因數； (3)若將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點P距O點的距離最遠，則ΔL應為多少？距離s的最大值為多少？ 12．如圖所示，豎起平面內的四分之一光滑圓弧軌道AB與水平直軌道BD相切于B點，軌道D端固定一豎起擋板。圓弧軌道的圓心為O、半徑為R，軌道BC段光滑且長度大于R，CD段粗糙且長度為R。質量均為m的P、Q兩個小球用輕桿連接，從圖示位置由靜止釋放，Q球與檔板碰撞后反向彈回，每次碰撞后瞬間P、Q兩球的總動能

10、均為碰撞前瞬間的。Q球第一次反彈后，P球沿軌道AB上升的最大高度為R，重力加速度為g。求： (1)P球第一次運動至B點時速度大小v0及此過程中輕桿對Q球所做的功W； (2)Q球與軌道CD間的動摩擦因數μ； (3)Q球最終靜止時與擋板間的距離x。 答案 二、考點突破 1．【答案】BC 【解析】小物塊從A點運動到O點，拉力F的作用點移動的距離x＝2Lcos θ，所以拉力F做的功WF＝Fx＝2FLcos θ，A錯誤，B正確；由幾何關系知斜面的傾角為2θ，所以小物塊在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos 2θ，則Wf＝fL＝μ

11、mgLcos 2θ，C正確，D錯誤。 2．【答案】ABC 【解析】由題圖甲、乙可知，在1～2 s，推力F2＝3 N，物體做勻加速直線運動，其加速度a＝2 m/s2，由牛頓運動定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3 s，推力F3＝2 N，物體做勻速直線運動，由平衡條件可知，μmg＝F3；聯立解得物體的質量m＝0.5 kg，物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4，選項A、B正確；由速度—時間圖象所圍的面積表示位移可得，第2 s內物體位移x＝1 m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2 J，選項C正確；第1 s內，由于物體靜止，推力不做功；第2 s內，推力做功W＝F2x＝3 J，即前2 s內推力F做

12、功為W′＝3 J，前2 s內推力F做功的平均功率＝＝ W＝1.5 W，選項D錯誤。 3．【答案】CD 【解析】由題圖可知，加速度變化，故賽車做變加速直線運動，故A錯誤；a－函數方程為a＝－4，汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，根據牛頓第二定律，有：F－f＝ma，其中：F＝，聯立得：a＝－，結合圖線，當物體的速度最大時，加速度為零，故結合圖象可以知道，a＝0時，＝0.01，v＝100 m/s，所以最大速度為100 m/s，由圖象可知：－＝－4，解得：f＝4m＝4×400 N＝1600 N，0＝·－，解得：P＝160 kW，故C、D正

13、確。 4．【答案】C 【解析】設物體的質量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結合題圖可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結合題圖可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，聯立解得m＝1 kg、F＝2 N，選項C正確，A、B、D均錯誤。 5．【答案】AB 【解析】由題意根據動能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得動摩擦因數μ＝，則A項正確；載人滑草車克服摩擦力做的功為Wf＝2mgh，則C項錯誤

14、；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運動和減速運動，則在上段底端時達到最大速度v，由運動學公式有2a1＝v2得，v＝＝，故B項正確，D項錯誤。 6．【答案】BC 【解析】開始系統處于靜止狀態(tài)，彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsin θ＝kx2，但由于開始時彈簧是壓縮的，故d＞x2，故m2gsin θ＜kd，故A錯誤；物塊A的加速度a＝，開始彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量x1＝，又x1＋x2

15、＝d，解得a＝，故B正確；由于速度v與重力夾角不為零，故重力的瞬時功率等于m1gvsin θ，則由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正確；當物塊B剛要離開C時，彈簧的彈力為m2gsin θ，則彈力對物塊A做功的功率為m2sin θ·v，故D錯誤。 8．【答案】C 【解析】A球向右運動0.1 m時，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，設此時∠B′A′O＝α，則有tan α＝。由運動的合成與分解可得vAcos α＝vBsin α，解得vB＝

16、4 m/s。以B球為研究對象，此過程中B球上升高度h＝0.1 m，由動能定理，W－mgh＝mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋mvB2＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，選項C正確。 9．【答案】AB 【解析】第一次擊打后球最高到達與球心O等高位置，根據動能定理，有：W1≤mgR，兩次擊打后可以到達軌道最高點，根據動能定理，有：W1＋W2－2mgR＝mv2，在最高點，有：mg＋N＝m≥mg，聯立①②③解得：W1≤mgR，W2≥mgR，故≤，故A、B正確，C、D錯誤。 10．【解析】(1)由題意知火箭達到最大速度時加速度為零，設發(fā)動機牽引力為F，則： F＝f

17、＋Mg 額定功率為P，所以最大速度有： 。 (2)由題意知做勻加速運動，加速度a不變，功率為P，設勻加速運動的最大速度為v1，時間為t1，此時牽引力為F1，則有： P＝F1v1……① F1－(f＋Mg)＝Ma…..② v1＝at1…..③ 聯立①②③解得：。 (3)設以額定功率開始工作，直到最大速度的時間為t，則根據動能定理有： 由(1)可知： 由(2)可知： 聯立解得：。 11．【解析】(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，根據動能定理得： mgh1＝mvB2－0 得vB＝＝2 m/s 滑塊離開B點后做平拋運動，則： 豎直方向：h2＝gt2 水平方向：x＝

18、vBt 聯立得到x＝vB 代入數據解得x＝0.8 m。 (2)滑塊從B端運動到N端停止的過程，根據動能定理得： －μmgL＝0－mvB2 代入數據解得μ＝0.2。 (3)若將木板右端截去長為ΔL的一段后，設滑塊滑到木板最右端時速度為v，由動能定理得： －μmg(L－ΔL)＝mv2－mvB2 滑塊離開木板后仍做平拋運動，高度不變，運動時間不變，則落地點距O點的距離： s＝L－ΔL＋vt 聯立整理得：s＝1＋0.8－ΔL＝－(0.4－)2＋1.16 所以當＝0.4即ΔL＝0.16 m時，s最大，且最大值smax＝1.16 m。 12．【解析】(1)P球第一次運動至B點過程中，對PQ兩球有： mgR＝×2mv02 所以：v0＝ P球第一次運動至B點過程中，輕桿對Q球所做的功 W＝mv02＝mgR。 (2)Q球第一次運動至D點過程中，對P、Q球有： mgR－μmgR＝Ek Q球與擋板碰撞后反向彈回，P球沿軌道AB上升的最大高度過程中，有： －mgR－μmgR＝－Ek 聯立可得μ＝0.2。 (3)Q球第二次運動至D點過程中，對P、Q球有： mgR－μmgR＝mgR 第二次碰后對P、Q球有： 解得：x＝R。 8