2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動(dòng)量 第1講 功和功率 動(dòng)能定理突破練.doc

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第1講　功和功率　動(dòng)能定理 [限訓(xùn)練通高考]　　 　　　　　　　　　　　 　科學(xué)設(shè)題　拿下高考高分 (45分鐘) 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2018高考全國卷Ⅱ)如圖，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度．木箱獲得的動(dòng)能一定(　　) A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 解析：由題意知，W拉－W阻＝ΔEk，則W拉＞ΔEk，A對(duì)，B錯(cuò)；W阻與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D錯(cuò)． 答案：A 2．如圖所示，質(zhì)量為m的汽車在某下坡的公路上，從速度v0開始加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大值vm.設(shè)在此過程中汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，汽車所受的摩擦阻力為恒力．對(duì)于該過程，以下說法正確的是(　　) A．該過程中汽車一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．該過程中汽車所受阻力f＝ C．該過程中汽車所受阻力做功的大小為Pt＋mv D．該過程中汽車做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng) 解析：汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，則汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，D正確；汽車速度達(dá)到最大值vm時(shí)，汽車的牽引力F＝，故f＝＋mgsin θ，B錯(cuò)誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，C錯(cuò)誤． 答案：D 3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置．現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A位置拉到B位置后靜止，此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60，細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則(　　) A．F1＝F2＝2mg B．從A到B，拉力F做的功為F1L C．從B到A的過程中，小球受到的合力大小不變 D．從B到A的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大 解析：在B位置，根據(jù)平衡條件有F1sin 30＝mg，解得F1＝2mg.從B到A，根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(1－cos 60)＝mv2，根據(jù)牛頓第二定律得F2－mg＝m，聯(lián)立兩式解得F2＝2mg，故A項(xiàng)正確；從A到B，小球緩慢移動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得WF－mgL(1－cos 60)＝0，解得WF＝mgL，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；從B到A的過程中，小球的速度大小在變化，沿徑向的合力在變化，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；在B位置，重力的功率為零，在最低點(diǎn)，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從B到A的過程中，重力的功率先增大后減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：A 4.人與平衡車的總質(zhì)量為m，在平直路面上行駛時(shí)，所受阻力不變．當(dāng)平衡車加速度為a，速度為v時(shí)，平衡車的功率為P1，則當(dāng)功率為P2時(shí)，平衡車行駛的最大速度為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：對(duì)平衡車受力分析，設(shè)受到的阻力的大小為Ff，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)－Ff＝ma，所以F＝Ff＋ma，所以功率P1＝Fv＝(Ff＋ma)v，解得Ff＝－ma，當(dāng)功率恒為P2時(shí)，設(shè)最大速度為v′，則P2＝F′v′＝Ffv′，所以v′＝＝，選項(xiàng)B正確． 答案：B 5．一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時(shí)的速率為1 m/s，從此刻開始在與初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示，兩圖取同一正方向，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．滑塊的質(zhì)量為2 kg B．第1 s內(nèi)摩擦力對(duì)滑塊做的功為－1 J C．第2 s末拉力F的瞬時(shí)功率為0.3 W D．第2 s內(nèi)拉力F的平均功率為0.15 W 解析：由題圖乙可知滑塊的加速度a＝1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，在第1 s內(nèi)有F＋Ff＝ma，第2 s內(nèi)有F′－Ff＝ma，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝1 N，m＝2 kg，A正確；第1 s內(nèi)滑塊的位移大小x1＝11 m＝0.5 m，則摩擦力對(duì)滑塊做的功WFf＝－Ffx1＝－10.5 J＝－0.5 J，B錯(cuò)誤；第2 s末拉力的功率P＝F′v＝31 W＝3 W，C錯(cuò)誤；第2 s內(nèi)滑塊的位移x2＝11 m＝0.5 m，則第2 s內(nèi)拉力的平均功率P＝＝＝ W＝1.5 W，D錯(cuò)誤． 答案：A 6.質(zhì)量為500 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(shù)的關(guān)系如圖所示，則賽車(　　) A．做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．功率為20 kW C．所受阻力大小為2 000 N D．速度大小為50 m/s時(shí)牽引力大小為3 000 N 解析：由圖象可知，汽車的加速度隨速度的增大而減小，故汽車不做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)P＝Fv，F(xiàn)－Ff＝ma可得a＝－，由圖象可知＝4，＝400，解得Ff＝2 000 N，P＝2105 W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；速度大小為 50 m/s時(shí)牽引力大小為F＝＝ N＝4 000 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：C 7．(2017高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處．物塊初動(dòng)能為Ek0，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動(dòng)能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 解析：物塊上滑時(shí)，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑時(shí)，摩擦力沿斜面向上，根據(jù)動(dòng)能定理W＝ΔEk知，圖象中的斜率表示物塊受到的合力，物塊上滑時(shí)恒定的合力大于物塊下滑時(shí)恒定的合力，所以C項(xiàng)正確． 答案：C 二、多項(xiàng)選擇題 8.(2018湖南長沙高三一模)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個(gè)質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)．現(xiàn)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(nèi)運(yùn)動(dòng)．當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球，必須經(jīng)過兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)．已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對(duì)小球做功W，第二次擊打過程中小錘對(duì)小球做功4W，設(shè)兩次擊打過程中小錘對(duì)小球做的功全部用來增加小球的動(dòng)能，則W的值可能是(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：第一次擊打小球時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的最大高度為R，即W≤mgR.第二次擊打小球，使小球運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)，而小球能夠通過最高點(diǎn)的條件為mg≤m，即v高≥.小球從靜止到到達(dá)最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得W＋4W－mg2R＝mv－0，得W≥mgR，所以W滿足mgR≤W≤mgR，選項(xiàng)A、B正確． 答案：AB 9.a、b為緊靠著的且兩邊固定的兩張相同薄紙，如圖所示．一個(gè)質(zhì)量為1 kg的小球從距紙面高為60 cm的地方自由下落，恰能穿破兩張紙．若將a紙的位置升高，b紙的位置不變，在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙，則a紙距離b紙可能是(小球穿破兩張紙時(shí)，克服阻力做功相同)(　　) A．15 cm B．20 cm C．30 cm D．60 cm 解析：小球穿過兩張紙時(shí)，由動(dòng)能定理得mgh－2W＝0，將a紙向上移，若恰能穿過第一張紙，則mgh′－W＝0，解得下落的高度h′＝h，因此兩張紙的距離不能超過h＝30 cm，選項(xiàng)A、B、C正確． 答案：ABC 10．(2018福建福州高三質(zhì)檢)如圖所示為某電動(dòng)汽車在加速性能試驗(yàn)過程中的v t圖象．為了簡化計(jì)算，可近似認(rèn)為：汽車運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力恒定，在0～30 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，30 s后汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率保持不變．則(　　) A．15 s末、30 s末汽車的牽引力大小之比為2∶1 B．15 s末、30 s末汽車的發(fā)動(dòng)機(jī)功率之比為1∶2 C．30 s末、54 s末汽車的加速度大小之比為4∶3 D．0～30 s內(nèi)、30～54 s內(nèi)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做功之比為5∶8 解析：由題意可知汽車前30 s做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則牽引力恒定，因此A錯(cuò)誤；由圖可知15 s末、30 s末的速度分別為9 m/s、18 m/s，由公式P＝Fv可知，15 s末、30 s末汽車的發(fā)動(dòng)機(jī)功率之比為1∶2，B正確；由圖可知30 s末、54 s末的加速度之比應(yīng)為＝＝>，C錯(cuò)誤；0～30 s內(nèi)，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功W1＝Fx1＝(J)＝15P(J)，30～54 s內(nèi)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做功W2＝P(54 s－30 s)＝24P(J)，因此＝，D正確． 答案：BD 三、非選擇題 11．一匹馬拉著質(zhì)量為60 kg的雪橇，從靜止開始用80 s的時(shí)間沿平直冰面跑完1 000 m．設(shè)在運(yùn)動(dòng)過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運(yùn)動(dòng)的8 s時(shí)間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從第8 s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)，最后一段時(shí)間雪橇做的是勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為 15 m/s；開始運(yùn)動(dòng)的8 s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8 s 后功率的一半．求整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力的大?。? 解析：設(shè)8 s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運(yùn)動(dòng)時(shí) P＝Fv＝Ffv 即運(yùn)動(dòng)過程中雪橇受到的阻力大小Ff＝① 對(duì)于整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理得 t1＋P(t總－t1)－Ffx＝mv2－0② 代入數(shù)據(jù)，解①②得P＝723 W，F(xiàn)f＝48.2 N 再由動(dòng)能定理可得t總－Ffx＝mv2 解得＝687 W. 答案：687 W　48.2 N 12．某課外探究小組自制了如圖所示的導(dǎo)軌，其中，導(dǎo)軌的所有半圓形部分 均光滑，水平部分均粗糙．圓半徑分別為R、2R、3R和4R，R＝0.5 m，水平部分長度L＝2 m，將導(dǎo)軌豎直放置，軌道最低點(diǎn)離水平地面高h(yuǎn)＝1 m．將一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5 kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點(diǎn)P處， 鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.4.給鋼球一初速度v0＝13 m/s，g取10 m/s2.求： (1)鋼球運(yùn)動(dòng)至第一個(gè)半圓形軌道最低點(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力； (2)鋼球落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離． 解析：(1)鋼球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得mg2R－μmgL＝mv－mv 由牛頓第二定律有FN－mg＝ 代入數(shù)據(jù)解得FN＝178 N 由牛頓第三定律可知，鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮?78 N，方向豎直向下． (2)設(shè)鋼球到達(dá)軌道末端點(diǎn)的速度為v2，對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理得－μmg5L－mg4R＝mv－mv 解得v2＝7 m/s 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得h＋8R＝gt2，s＝v2t 解得s＝7 m. 答案：(1)178 N，方向豎直向下　(2)7 m 13．(2018重慶高三一診)如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為θ＝37，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點(diǎn)和G點(diǎn)，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個(gè)軌道處于場(chǎng)強(qiáng)為E＝1104 N/C、水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中．一質(zhì)量m＝410－3 kg、帶電量q＝＋310－6 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點(diǎn)P處時(shí)速度恰好為零．已知CD段長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m；不計(jì)滑塊與擋板碰撞時(shí)的動(dòng)能損失，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)．g取10 m/s2，cos 37＝0.8，sin 37＝0.6.求： (1)滑塊與CD段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊在CD段上運(yùn)動(dòng)的總路程； (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時(shí)的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能． 解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得 qE－μmg(L＋)＝0，解得μ＝＝0.25 (2)滑塊在CD段上受到的滑動(dòng)摩擦力μmg＝0.01 N、電場(chǎng)力qE＝0.03 N，滑動(dòng)摩擦力小于電場(chǎng)力，故不可能停在CD段，滑塊最終會(huì)在DGH間來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，且在D點(diǎn)的速度為0 全過程由動(dòng)能定理得 qEL＋(－μmgx)＝0 解得x＝L＝3L＝2.4 m (3)GH段的傾角θ＝37，滑塊受到的重力mg＝0.04 N，電場(chǎng)力qE＝0.03 N，qEcos θ＝mgsin θ＝0.024 N， 則滑塊加速度a＝0， 所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動(dòng)能為滑塊第一次運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的動(dòng)能 對(duì)C到G過程由動(dòng)能定理得 Ek最大＝Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mg(r－rcos θ)＝0.018 J 滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，碰撞絕緣擋板時(shí)有最小動(dòng)能 對(duì)D到G過程由動(dòng)能定理得 Ek最小＝Eqrsin θ－mg(r－rcos θ)＝0.002 J 答案：(1)0.25　(2)2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J