高考物理二轮复习 专题二 第1讲 功和功率 动能理精练

权掇市安稳阳光实验学校功和功率动能定理(45分钟)
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1．在70周年国庆阅兵式上，国产新一代战机歼­20携第三代改进型战机歼­16、歼­10C，从天安门广场上空呼啸而过．假设歼­20受到的阻力的大小正比于它的速率．如果歼­20发动机的输出功率变为原来的2倍，则歼­20的最大速率变为原来的( )
A．4倍B．2倍
C.3倍
D.2倍
解析：设阻力为f ，由题知f＝kv，速度最大时，牵引力等于阻力，则有P ＝Fv＝fv＝kv2.所以歼­20发动机的输出功率变为原来的2倍时，歼­20的最大速率变为原来的2倍．
答案：D
2．(2019·河北邢台高考模拟)如图所示，质量m＝10 kg的物体在F＝100 N斜向下的推力作用下，沿水平面以v＝1 m/s的速度匀速前进x＝1 m，已知F与水平方向的夹角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．推力F做的功为100 J
B．推力F的功率为100 W
C．物体克服摩擦力做功为50 J
D．物体与水平面间的动摩擦因数为
3
3
解析：推力F做的功W＝Fx cos 30°＝100×1×
3
2
J＝50 3 J，故A错误；推力F的功率P＝Fv cos 30°＝50 3 W，故B错误；物体匀速运动，说明克服摩擦力做的功等于推力做的功，为50 3 J，故C错误；根据力的平衡条件知μ(mg＋F sin 30°)＝F cos 30°，解得μ＝
3
3
，故D正确．
答案：D
3．如图所示，质量为m的汽车在某下坡的公路上，从速度v0开始加速运动，经时间t速度达到最大值v m.设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的摩擦阻力为恒力．对于该过程，以下说法正确的是( )
A．该过程中汽车一直做匀加速直线运动
B．该过程中汽车所受阻力f＝
P
v m
C．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt＋
1
2
mv2m
D．该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动
解析：汽车发动机的功率恒为P，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A
错误，D正确；汽车速度达到最大值v m时，汽车的牵引力F＝P
v m
，故f ＝
P
v m
＋mg sin
θ，B错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误．答案：D
4．(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中( ) A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A点的初速度为2μgs
解析：小物块处于最左端时，弹簧的压缩量最大，然后小物块先向右做加速运动再做减速运动，可知弹簧的最大弹力大于滑动摩擦力μmg，选项A错误；物块从开始运动至最后回到A点过程，由功的定义可得物块克服摩擦力做功为2μmgs，选项B正确；自物块从最左侧运动至A点过程由能量守恒定律可知E p ＝μmgs，选项C正确；设物块在A点的初速度为v0，整个过程应用动能定理有－2μmgs＝0－
1
2
mv20，解得v0＝2μgs，选项D错误．
答案：BC
5.(2019·湖南湘潭高三一模)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(g取10 m/s2)( )
A．11 J B．16 J
C．18 J D．9 J
解析：A球向右运动0.1 m时，v A＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，设此时∠B′A′O＝α，则有tan α＝
3
4
，v A cos α＝v B sin α，解得v B＝4 m/s.此过程中B球上升高度h＝0.1 m，由动能定理有，W－mgh＝
1
2
mv2B，解得绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋
1
2
mv2B＝2×10×0.1 J＋
1
2
×2×42 J＝18 J，选项C正确．
答案：C
6.一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．下列描述该汽车的
速度v 随时间t 变化的图线中，可能正确的是( )
解析：当汽车的功率为P 1时，汽车在运动过程中满足P 1＝F 1v ，因为P 1不变，v 逐渐增大，所以牵引力F 1逐渐减小，由牛顿第二定律得F 1－f ＝ma 1，f 不变，
所以汽车做加速度减小的加速运动，当F 1＝f 时速度最大，且v m ＝P 1F 1＝P 1
f
.当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵引力突增为F 2，汽车继续加速，由P 2＝F 2v 可知F 2减小，又因F 2－f ＝ma 2，所以加速度逐渐减小，直到F 2＝f 时，速度最大
v m ′＝P 2
f
，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．
答案：A
7.质量为500 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1v 的关
系如图所
示，则赛车( )
A ．做匀加速直线运动
B ．功率为20 kW
C ．所受阻力大小为2 000 N
D ．速度大小为50 m/s 时牵引力大小为3 000 N
解析：由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加
速运动，选项A 错误；根据P ＝Fv ，F －F f ＝ma 可得a ＝P m ·1v －F f m ，由图象可知
F f
m
＝4，P m ＝400，解得F f ＝2 000 N ，P ＝2×105
W ，选项B 错误，C 正确；速度大
小为50 m/s 时牵引力大小为F ＝P v ＝2×105
50
N ＝4 000 N ，选项D 错误．
答案：C
8.如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置．现用水平力F 缓
慢地将小球
从A 位置拉到B 位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F 1，然后放手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则( )
A ．F 1＝F 2＝2mg
B ．从A 到B ，拉力F 做的功为F 1L
C ．从B 到A 的过程中，小球受到的合力大小不变
D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大
解析：在B 位置，根据平衡条件有F 1sin 30°＝mg ，解得F 1＝2mg .从B 到A ，根据动能定理得mgL (1－cos 60°)＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F 2－mg ＝m v
2
L ，
联立两式解得F 2＝2mg ，故A 项正确；从A 到B ，小球缓慢移动，根据动能定理
得W F－mgL(1－cos 60°)＝0，解得W F＝1
2
mgL，故B项错误；从B到A的过程中，
小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误．
答案：A
9．(2019·湖南永州高三模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对某家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s．已知该汽车的质量为1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 500 N.
(1)试利用图示，求该汽车的加速度大小．
(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．
(3)汽车所能达到的最大速度是多大．
(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m 所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．
解析：(1)由图可得汽车在第1个2 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2 s 时间内的位移x2＝15 m
汽车的加速度a＝
Δx
T2
＝1.5 m/s2.
(2)由F－F f＝ma得，汽车牵引力
F＝F f＋ma＝(1 500＋1 000×1.5)N＝3 000 N
汽车做匀加速运动的末速度
v＝
P额
F
＝
90×103
3×103
m/s＝30 m/s
匀加速运动保持的时间t1＝
v
a
＝
30
1.5
s＝20 s.
(3)汽车所能达到的最大速度
v m＝
P额
F f
＝
90×103
1.5×103
m/s＝60 m/s.
(4)要使汽车所用时间最短，必须使牵引力最大，即为3 000 N，由(2)知当牵引力为3 000 N时汽车匀加速运动的时间t1＝20 s
运动的距离x1′＝
vt1
2
＝
30
2
×20 m＝300 m
所以，后阶段以恒定功率运动的距离
x2′＝(2 400－300)m＝2 100 m
对后阶段以恒定功率运动，有
P额t2－F f x2′＝
1
2
m(v2m－v2)
解得t 2＝50 s
所以，所求时间为t 总＝t 1＋t 2＝(20＋50)s ＝70 s. 答案：(1)1.5 m/s 2
(2)20 s (3)60 m/s (4)70 s [刷综合]
10．如图甲为一倾斜的传送带，传送带足够长，与水平方向夹角为α，以恒定的速度沿逆时针方向匀速转动．一物块由底端以速度v 1滑上传送带，图乙为物块在传送带上运动的v ­t 图象．t 3时刻物体离开传送带．下列说法正确的是( )
A ．无法判断出传送带的运行速率
B ．传送带与物块间的动摩擦因数为v 1
gt 1 cos α
＋tan α
C ．t 1时刻物块到达最高点
D ．v 1<v 3
解析：由v ­t 图象可知t 2时刻物块与传送带共速，之后摩擦力反向，所以传送带的运行速率为v 2，故A 错误．由题图知，在0～t 1时间内，对物块受
力分析有mg sin α＋μmg cos α＝ma 1，由图象得a 1＝v 1t 1，解得μ＝
v 1
gt 1 cos α
－tan α，故B 错误；t 1时刻物块速度减为0，离出发点最远，故C 正确；从开始滑上传送带到离开传送带，由动能定理得W f ＝12mv 23－12
mv 2
1，因W f <0，所以
v 1>v 3，故D 错误．
答案：C
11．(2019·陕西西安高三二模试题)如图所示，竖直面内有固定轨道ABC ，AB 是半径为2R 的四分之一光滑圆弧，BC 是半径为R 的粗糙半圆弧(B 是轨道的最低点)，O
点是BC 圆
弧的圆心，POQ 在同一水平线上，BOC 在同一竖直线上．质量为m 的小球自由下落2R 后，沿轨道ABC 运动，经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点．则下列说法正确的是( )
A ．小球运动到
B 点前的瞬间对轨道的作用力是4mg
B ．小球运动到B 点后的瞬间对轨道的作用力是8mg
C ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－5
4mgR
D ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－1
4
mgR
解析：小球下落到B 点，由机械能守恒定律得mg (4R )＝12
mv 2
B ，小球运动到
B 点前的瞬间，小球运动的半径是2R ，由向心力公式得F B －mg ＝mv 2B
2R
，解得F B
＝5mg ，小球运动到B 点后的瞬间，小球的运动半径是R ，由向心力公式有F B ′
－mg ＝mv 2B
R
，解得F B ′＝9mg ，故A 、B 错误；经过轨道C 点后，恰好落到轨道上
的P 点，由几何关系得OP ＝3R ，由平抛运动规律知x ＝3R ＝v C t ，y ＝R ＝12gt 2
，
小球运动到C 点时，对整个过程由动能定理有mg ·2R ＋W f ＝12mv 2C ，解得W f ＝－
5
4
mgR ，故C 正确，D 错误．
答案：C
12．(2019·四川攀枝花高三二模)如
图所示，让摆
球从图中的C 位置由静止开始摆下，摆到最低点D 处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D 点向右做匀减速运动，到达A 孔进入半径R ＝0.3 m 的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A 孔．已知摆线长L ＝2 m ，
θ＝60°，小球质量为m ＝0.5 kg ，D 点与A 孔的水平距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2
.
试求：
(1)求摆线能承受的最大拉力值；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面动摩擦因数μ的范围．
解析：(1)摆球由C 运动到D ，由动能定理可得 mg (L －L cos θ)＝12
mv 2
D
由牛顿第二定律可得F m －mg ＝m v 2D
L
可得F m ＝2mg ＝10 N.
(2)小球不脱离圆轨道分两种情况：
①要保证小球能达到A 孔，设小球到达A 孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μmgs ＝0－12
mv 2
D
可得μ＝0.5
若进入A 孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道．其
临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－μmgs －mgR ＝0－12
mv 2
D
解得μ＝0.35.
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点由牛顿第
二定律可得mg ＝m v 2
R
由动能定理可得－μmgs －2mgR ＝12mv 2－12mv 2
D
解得μ＝0.125
综上可知动摩擦因数μ的范围为0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125. 答案：(1)10 N (2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125。