2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練八 功和功率、動能及動能定理（含解析）

《2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練八 功和功率、動能及動能定理（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理 精準培優(yōu)專練八 功和功率、動能及動能定理（含解析）（12頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、功和功率、動能及動能定理 1．近幾年對本部分內容的考查，在選擇題部分主要考查功和功率、動能定理的理解和計算，計算題側重于動力學、電磁學等主干知識和典型模型相結合進行綜合考查，難度較大。 2．注意要點： (1)分析機車啟動問題時，抓住兩個關鍵，一是汽車的運動狀態(tài)，即根據(jù)牛頓第二定律找出牽引力與加速度的關系；二是抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關系。 (2)利用動能定理求做功，對物體運動過程要求不嚴格，只要求得運動物體初末狀態(tài)的速度即可。但列動能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負號問題。 二、考題再現(xiàn) 典例1.(2019?全國III卷?17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中

2、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 B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg 典例2.(2018?全國III卷?19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對于第①

3、次和第②次提升過程( ) A．礦車上升所用的時間之比為4∶5 B．電機的最大牽引力之比為2∶1 C．電機輸出的最大功率之比為2∶1 D．電機所做的功之比為4∶5 三、對點速練 1． 如圖所示，兩個完全相同的小球分別從水平地面上A點和A點正上方的O點拋出，O點拋出小球做平拋運動，A點斜拋出的小球能達到的最高點與O點等高，且兩球同時落到水平面上的B點，關于兩球的運 動，下列說法正確的是( ) A．兩小球應該是同時拋出 B．兩小球著地速度大小相等 C．兩小球著地前瞬間時刻，重力的瞬時功率相等 D．兩小球做拋體運動過程重力做功相等 2．(多選)在粗糙水平面上

4、的物體受到水平拉力的作用，在0～6 s內其速度與時間的圖象和該拉力的功率與時間的圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是( ) A．0～6 s內拉力做功為70 J B．0～6 s內物體的位移大小為36 m C．滑動摩擦力的大小N D．合力在0～6 s內做的功大于0～2 s內做的功 3．(多選)在傾角為θ的光滑固定斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運動，當B剛離開C時，A的速度為v，加速度為a，且方向沿斜面向上。設彈簧始終處于彈性限度內，重力加速度為g，

5、則( ) A．當B剛離開C時，A發(fā)生的位移大小為 B．從靜止到B剛離開C的過程中，物塊A克服重力做功為 C．B剛離開C時，恒力對A做功的功率為(2mgsin θ＋ma)v D．當A的速度達到最大時，B的加速度大小為a 4．(多選)如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，取g＝10 m/s2。根據(jù)圖象可求出(　　) A．物體的初速率v0＝6 m/s B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5 C．當θ＝30o時，物體達到最大

6、位移后將保持靜止 D．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin≈0.7 m 5．(多選)如圖所示，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平軌道，BCDE是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點，在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速直線運動，到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經過最高點D，下列說法正確的是( ) A．小球在AB段加速度的大小為g B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg C．小球在E點時的速率為 D．小球從E點運動到A點所用的時間為 6．一輛汽車質量為1×103 kg，額定最大功率為2×104 W，在水平

7、路面由靜止開始作直線運動，最大速度為v2，運動中汽車所受阻力恒定，其行駛過程中牽引力F與車速的倒數(shù)的關系如圖所示。則( ) A．圖線AB段汽車勻速運動 B．圖線BC段汽車做勻加速度運動 C．整個運動中的最大加速度為2 m/s2 D．當汽車的速度為5 m/s時發(fā)動機的功率為2×104 W 7． (多選)如圖甲所示，輕彈簧豎起放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎起向下方向建立從標軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如 圖乙所示

8、，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是( ) A．當x＝h＋2x0時，小球的動能最小 B．最低點的坐標x＝h＋2x0 C．當x＝h＋2x0時，小球的加速度為－g，且彈力為2mg D．小球動能的最大值為mgh＋mgx0 8．(多選)如圖所示，在同一豎直平面內，一根均勻的橡皮筋跨過光滑的固定釘子P，一端固定在O1點，另一端跟一可視為質點且質量為m的物體相連，橡皮筋的原長等于O1P，受到的彈力跟伸長長度成正比（比例系數(shù)為k），先讓物體靜止在粗糙斜面上的位置O2點，O2P垂直于斜面且O2P＝L0，然后釋放物體，物體開始沿斜面向下運動。已知斜面與物體間的動摩擦因數(shù)為0.5，斜面

9、傾角為53°且足夠長，重力加速度為g， 橡皮筋一直在彈性限度內，變力F＝kx（方向不變）在x位移內的平均值為，且sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。則物體沿斜面向下運動的過程中，下列說法正確的是( ) A．物體受到的摩擦力保持不變 B．物體沿斜面先做勻加速運動后做勻減速運動 C．物體運動的最大速度為 D．物體距離出發(fā)點的最大距離為 9．如圖所示，遙控賽車比賽中一個規(guī)定項目是“飛躍壕溝”，比賽要求：賽車從起點出發(fā)，沿水平直軌道運動，在B點飛出后越過“壕溝”，落在平臺EF段。已知賽車的額定功率P＝10.0 W，賽車的質量m＝1.0 kg，在水平直軌道上受到的阻力f

10、＝2.0 N，AB段長L＝10.0 m，BE的高度差h＝1.25 m，BE的水平距離x＝1.5 m。賽車車長不計，空氣阻力不計，g取10 m/s2。 (1)若賽車在水平直軌道上能達到最大速度，求最大速度vm的大小； (2)要越過壕溝，求賽車在B點最小速度v的大??； (3)若在比賽中賽車通過A點時速度vA＝1 m/s，且賽車達到額定功率。要使賽車完成比賽，求賽車在AB段通電的最短時間t。 10．如圖所示，AB是固定于豎直平面內的四分之一光滑圓弧軌道，末端B處的切線方向水平。一物體P (可視為質點)從圓弧最高點A處由靜止釋放，滑到B端

11、飛出，落到地面上的C點。測得C點和B點的水平距離OC＝L，B點距地面的高度OB＝h?，F(xiàn)在軌道下方緊貼B端安裝一個水平傳送帶，傳送帶的右端與B點的距離為L。當傳送帶靜止時，讓物體P從A處由靜止釋放，物體P沿軌道滑過B點后又在傳送帶上滑行并從傳送帶右端水平飛出，仍落在地面上的C點。 (1)求物體P與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)。 (2)若傳送帶驅動輪順時針轉動，帶動傳送帶以速度v勻速運動。再把物體P從A處由靜止釋放，物體P落在地面上。設著地點與O點的距離為x，求出x可能的范圍。 11．如圖所示，水平地面上固定著一個

12、高為h的三角形斜面體，質量為M的小物塊甲和質量為m的小物塊乙均靜止在斜面體的頂端。現(xiàn)同時釋放甲、乙兩小物塊，使其分別從傾角為α、θ的斜面下滑，且分別在圖中P處和Q處停下。甲、乙兩小物塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ。設兩小物塊在轉彎處均不彈起且不損耗機械能，重力加速度取g。求： (1)小物塊甲沿斜面下滑的加速度； (2)小物塊乙從頂端滑到底端所用的時間； (3)甲、乙在整個運動過程發(fā)生的位移大小之比。 答案 二、考題再現(xiàn) 典例1.【解析】對上升過程，由動能定理，－(F＋mg)h＝Ek－Ek0，得Ek＝Ek0－(

13、F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；下落過程，(mg－F)(6－h(huán))＝Ek，即mg－F＝k?＝8 N，聯(lián)立兩公式，得到m＝1 kg、F＝2 N。 【答案】C 典例2.【解析】根據(jù)位移相同可得兩圖線與時間軸圍成的面積相等，v0×2t0＝×v0×[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，則對于第①次和第②次提升過程中，礦車上升所用的時間之比為2t0∶(2t0＋t0)＝4∶5，A正確；加速過程中的牽引力最大，且已知兩次加速時的加速度大小相等，故兩次中最大牽引力相等，B錯誤；由題知兩次提升的過程中礦車的最大速度之比為2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比為2∶1，C正確；兩次提升過程中礦車

14、的初、末速度都為零，則電機所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機所做的功之比為1∶1，D錯誤。 【答案】AC 三、對點速練 1．【答案】C 【解析】從水平地面上A點拋出的小球做斜拋運動，設O點與水平地面的高度為h，所以從水平地面上A點拋出的小球的運動時間為t1＝2，從O點拋出的小球做平拋運動，小球的運動時間為t2＝，故選項A錯誤；兩小球在豎直方向上，則有vy＝，在水平方向根據(jù)x＝v0t可知從水平地面上A點拋出的小球的水平初速度是從O點拋出的小球做平拋運動的初速度的2倍，根據(jù)vt＝可知兩小球著地速度大小不相等，根據(jù)Py＝mgvy可知兩小球著地前瞬間時刻重力的瞬時功率相等，

15、故選項C正確，B錯誤；根據(jù)WG＝mgh可得從水平地面上A點拋出的小球的重力做功為零，從O點拋出的小球的重力做功為mgh，故選項D錯誤。 2．【答案】AC 【解析】0～6s內物體的位移大小為，故選項B錯誤；在0～2s內，物體的加速度，由圖可知當時，，得到牽引力，在0～2s內物體的位移為，則拉力做功為，2～6s內拉力做的功，所以 0～6s內拉力做的功為，故選項A正確；在2～6s內，當，時，物體做勻速運動，摩擦力，得到，故選項C正確；在2～6s內，物體做勻速運動，合力做零，則合外力在0～6s內做的功與0～2s內做的功相等，故選項D錯誤。 3．【答案】AD 【解析】開始A處于靜止狀態(tài)

16、，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsinθ＝kx1，解得彈簧的壓縮量x1＝mgsinθ/k， 當B剛離開C時，B對擋板的彈力為零，有：kx2＝2mgsinθ，解得彈簧的伸長量x2＝2mgsinθ/k，可知從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移x＝x1＋x2＝3mgsinθ/k，故A正確；由A選項分析可知，物塊A克服重力做功為W＝mgxsinθ＝，故B錯誤；B剛離開C時，根據(jù)牛頓第二定律F?mgsinθ?kx2＝ma，解得：F＝3mgsinθ＋ma，恒力對A做功的功率為P＝Fv＝(3mgsinθ＋ma)v，故C錯誤；當A的加速度 為零時，A的速度最大，設此時彈簧的拉力為FT，則：F?FT

17、?mgsinθ＝0，所以FT＝F?mgsinθ＝3mgsinθ＋ma?mgsinθ＝2mgsinθ＋ma，以B為研究對象，則：2ma′＝FT?2msinθ＝ma，得a′＝a，故D正確。 4．【答案】BD 【解析】由圖可知，當夾角為90°時，x＝0.80 m，物體做豎直上拋運動，則由豎直上拋運動規(guī)律得v02＝2gx，解得v0＝4 m/s，故A錯誤；當夾角θ＝0時，x＝1.60 m，由動能定理得μmgx＝mv02，得μ＝0.5，故B正確；θ＝30°時，物體的重力沿斜面向下的分力大小為mgsin 30°＝0.5mg，最大靜摩擦力fm＝μmgcos 30°≈0.35mg，則mgsin 30°＞fm

18、，因此物體達到最大位移后將下滑，故C錯誤；根據(jù)動能定理－mgxsin 30°－μmgxcos 30°＝0－mv02，解得，其中tan α＝2，當θ＋α＝90°時，sin(θ＋α)＝1，此時位移最小m，故D正確。 5．【答案】BD 【解析】小球恰好能通過D點，在D點，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得，從B到D，根據(jù)動能定理可知，解得；在AB段由速度位移公式可知vB2＝2aR，解 得a＝2.5g，故A錯誤；從B到C，根據(jù)動能定理可知，解得，在C點，根據(jù)牛頓第二定律可知，故B正確；E點和C點高度相同，具有相同的速度大小，故C錯誤；從E點運動到A點所用的時間為t，由運動學公式得，R＝vEt＋g

19、t2，解得，故D正確。 6．【答案】C 【解析】AB段汽車的牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律，加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤；BC段圖線的斜率表示汽車的功率，功率不變，知汽車達到額定功率，當速度增大，牽引力減小，則加速度減小，做加速度減小的加速運動，到達C點加速度為零，做勻速直線運動，故B錯誤；在整個運動過程中，AB段的加速度最大，在C點牽引力等于阻力，f＝1000N，則最大加速度，故C正確。在B點汽車的速度，知汽車速度為5m/s時發(fā)動機的功率小于2×104W，故D錯誤。 7．【答案】CD 【解析】由圖乙可知mg＝kx0，解得，由F－x圖線與橫軸所圍圖形的面積表示彈力所做的功，則有

20、W彈＝k(x－h(huán))2，由動能定理得mgx－k(x－h(huán))2＝0，即，解得，故最低點坐標不是h＋2x0，且此處動能不是最小，故A、B錯誤；由圖可知，mg＝kx0，由對稱性可知當x＝h＋2x0時，小球加速度為－g，且彈力為2mg，故C正確；小球在x＝h＋x0處時，動能有最大值，根據(jù)動能定理有mg(h＋x0)＋W彈＝Ekm－0，依題可得W彈＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正確。 8．【答案】AC 【解析】物體沿斜面向下運動到某位置時的受力分析如圖所示，設物體發(fā)生的位移為x，橡皮筋伸長的長度為L，橡皮筋與斜面之間的夾角為θ，由題可知N＝mgcos 53°－Fsin θ，f＝μN，

21、其中Fsin θ＝kLsin θ＝kL0，聯(lián)立解得f＝0.3mg－0.5kL0，可見摩擦力是一個不變值，故A正確；物體受到的合力F合＝mgsin 53°－μ(mgcos 53°－Fsin θ)－Fcos θ＝ma，其中Fcos θ＝kLcos θ＝kx，解得，可見加速度a隨位移x先減小后增大，即物體在做變加速運動，故B錯誤；物體加速度時，速度最大，此時有0.5mg+0.5kL0－kx＝0，解得，根據(jù)動能定理有mgsin 53°?x－μ(mgcos 53°－kL0)?x－kx?x＝mv2，解得，故C正確；設物體距離出發(fā)點的最遠距離為x?，根據(jù)動能定理有mgsin 53°?x?－μ(mgc

22、os 53°－kL0)?x?－kx??x?＝0，解得，故D錯誤。 9．【解析】(1)賽車在水平軌道上達到最大速度時，設其牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有：F－f＝0 又因為P＝Fvm1 所以m/s (2)賽車通過B點在空中做平拋運動，設賽車能越過壕溝的最小速度為v，在空中運動時間為t1，則有 ，且x＝vt1 所以v＝3.0m/s (3)若賽車恰好能越過壕溝，且賽車通電時間最短，在賽車從A點運動到B點的過程中根據(jù)動能定理有： 帶入數(shù)據(jù)解得：t＝2.4s 10．【解析】(1)無傳送帶時，物體由B運動到C，做平拋運動，設物體在B點的速度為vB，則 L＝vBt，h＝gt2 解得

23、： 有傳送帶時，設物體離開傳送帶時的速度為v1，則有： L＝v1t －μmgL＝mv12－mvB2 解得：，。 (2)物體在傳送帶上全程減速時，離開傳送帶的末速度，物體仍落在C點，則xmin＝L 物體在傳送帶上全程加速時，離開傳送帶的末速度為v2?，由動能定理有 μmgL＝mv2?2－mvB2 得： 則 故。 11．【解析】(1)由牛頓第二定律可得F合＝Ma甲 Mgsin α－μ·Mgcos α＝Ma甲 a甲＝g(sin α－μcos α) (2)設小物塊乙沿斜面下滑到底端時的速度為v，根據(jù)動能定理得W合＝ΔEk mgh－μmgcos θ·＝mv2 v＝ a乙＝g(sin θ－μcos θ) t＝ (3)如圖，由動能定理得 Mgh－μMgcos α·－μMg(OP－)＝0 mgh－μmgcos θ·－μmg(OQ－)＝0 可得OP＝OQ 根據(jù)幾何關系得。 12