2020届高考物理专题复习检测专题二：功功率动能定理(含解析)

合集下载

2020年高考物理二轮复习经典试题：功功率动能定理

2022年高考物理二轮复习经典试题功功率动能定理一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第5、6、8小题为多选题．)1．[2022·福建卷]如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装确定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同解析：由题意依据力的平衡有m A g ＝m B g sin θ，所以m A ＝m B sin θ.依据机械能守恒定律mgh ＝12m v 2，得v ＝2gh ，所以两物块落地速率相等，选项A 错；由于两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B 错误；依据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔE p ＝－W G ＝－mgh ，选项C 错误；由于A 、B 两物块都做匀变速运动，所以A 重力的平均功率为P A ＝m A g ·v2，B 重力的平均功率P B ＝m B g ·v 2cos(π2－θ)，由于m A ＝m B sin θ，所以P A ＝P B ，选项D 正确．答案：D2．[2021·虹口质检]质量为2 kg 的物体做直线运动，沿此直线作用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3 m/s ，则其末速度为( )A ．5 m/s B.23 m/s C. 5 m/sD.35 m/s解析：依据作用于物体的外力与位移的关系图象与横轴所围面积表示功，物体的外力做功W ＝4 J ＋16 J －6 J ＝14 J ．由动能定理，W ＝12m v 22－12m v 21，解得末速度为v 2＝23 m/s ，选项B 正确．答案：B3．[2021·洛阳统考]如图所示，从光滑的1/4圆弧槽的最高点滑下的小滑块，滑出槽口时速度方向为水平方向，槽口与一个半球顶点相切，半球底面水平，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，已知圆弧轨道的半径为R 1，半球的半径为R 2，则R 1和R 2应满足的关系是( )A. R 1≤R 22B. R 1≥R 22C. R 1≤R 2D. R 1≥R 2解析：依据动能定理有mgR 1＝12m v 2，解得v ＝2gR 1，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，则有v ≥gR 2(临界状态可由mg ＝m v 2R 2求得)，代入数据解得R 1≥R 22，选项B 正确．答案：B4．[2021·浙江省重点中学协作体4月调研]如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m 的小车在平直的水泥路上从静止开头沿直线加速行驶，经过时间t 前进的距离为l ，且速度达到最大值v m .设这一过程中电动机的功率恒为P ，小车所受阻力恒为F ，那么这段时间内( )A ．小车做匀加速运动B ．小车受到的牵引力渐渐增大C ．小车受到的合外力所做的功为PtD ．小车受到的牵引力做的功为Fl ＋12m v 2m解析：行驶过程中功率恒为P ，小车做加速度渐渐减小的加速运动，小车受到的牵引力渐渐减小，选项A 、B 错误；小车受到的合外力所做的功为Pt －Fl ，选项C 错误；由动能定理，W －Fl ＝12m v 2m ，小车受到的牵引力做的功为W ＝Fl＋12m v 2m，选项D 正确．答案：D5．(多选)如图所示，倾角为30°、高为L 的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为3m 、m 的两个小球A 、B 用一根长为L 的轻绳连接，A 球置于斜面顶端．现由静止释放A 、B 两球，B 球与弧形挡板碰撞过程时间极短，碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上．已知重力加速度为g ，不计一切摩擦，则( )A. A 球刚滑至水平面时的速度大小为125gL B. B 球刚滑至水平面时的速度大小为12gL C. 两球在水平面上不行能相撞D. 在A 球沿斜面下滑的过程中，轻绳对B 球先做正功、后不做功解析：因B 球和弧形挡板碰撞过程无能量损失，并且B 球的运动方向变为沿斜面对下，又A 、B 两球用一轻绳连接，所以A 、B 两球的线速度大小相等(B 球上升过程中，A 球未到达水平面时)．当A 球刚到水平面时，B 球在竖直高度为L2处，由能量守恒定律得3mgL －mg L 2＝12(3m ＋m )v 21，解得v 1＝125gL ，A 正确；因A 球。

2020年高考物理二轮复习专题练习卷---功功率动能定理(解析版)

2020年高考物理二轮复习专题练习卷---功功率动能定理一、选择题1．汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到v 的过程中，汽车发动机做的功为W 1；它的速度从v 增加到2v 的过程中，汽车发动机做的功为W 2，设汽车在行驶过程中发动机的牵引力和所受阻力都不变，则有A ．W 2＝2W 1B ．W 2＝3W 1C ．W 2＝4W 1D ．仅能判定W 2＞W 1解析速度从零增加到v 的过程中的位移x 1＝v 22a ，速度从v 增加到2v 的过程中的位移x 2＝4v 2－v 22a ＝3v 22a ，则位移之比为1∶3，根据W ＝Fx 知，汽车发动机做功之比为1∶3，即W 2＝3W 1，故B 正确，A 、C 、D 错误。

答案 B2.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E k 随h 的变化如图所示。

重力加速度取10 m/s 2。

该物体的质量为A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg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＝(36－72) J ；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力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＝(48－24) J ，联立解得m ＝1 kg ，F ＝2 N ，选项C 正确。

答案 C3.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。

物块由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。

在从A 到B 的过程中，物块A ．加速度先减小后增大B ．经过O 点时的速度最大C ．所受弹簧弹力始终做正功D ．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析当合外力为零时，弹簧处于压缩状态，弹力等于滑动摩擦力，这一位置在O 点的左侧，此时加速度有最小值，速度最大，A 正确，B 错误；弹簧弹力先做正功后做负功，C 错误；从A 位置到B 位置，动能变化量为零，外力所做的总功也应当为零，而整个过程小物块只受弹簧弹力和摩擦力，故D 正确。

(江苏专用)2020版高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课件

()
解析：炮弹在竖直方向上做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等。根据下落过程竖直方向做自由落体运动，h＝12gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮弹在空中运动时间较长，故 A 正确，B 错误；根据动能定理：mgh＝12mv2－12mv02，由于两次在空中运动过程重力做功都是零，所以 v＝v0，故两次炮弹落地时速度相等，故 C、D 错误。答案：A
解析：从 v-t 图线的斜率表示加速度可知，在 0～t1 时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故 A 项错误；由动能定理知 0～t2 时间内，动能增量为 0，即合力做功为 0，故 B 项错误；t1 时刻，F 最大，v＝0，F 的功率为 0，t2 时刻 F＝ 0，速度最大，F 的功率为 0，t1～t2 时间内，合力的功率先增大后减小，故 C 项正确；由动能定理知 t2～t4 间内，动能增量为 0，即合力做功为 0，故 D 项正确。答案：CD
[典例] 下列各图是反映汽车以额定功率 P 额从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度 v 随时间 t 以及加速度 a、牵引力 F 和功率 P 随速度 v 变化的图像中正确的是 ( )
[解析] 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 P＝Fv 可知，速度增大，牵引力 F 减小，根据 F－Ff＝ma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故 A 正确，B、C、D 错
1．[多选](2019·南通模拟)如图，某质点沿直线运动的 v-t 图像
为余弦曲线，从图中可以判断
()
A．在 0～t1 时间内，合力逐渐减小 B．在 0～t2 时间内，合力做正功 C．在 t1～t2 时间内，合力的功率先增大后减小 D．在 t2～t4 时间内，合力做的总功为零

2020高考物理功、功率与动能定理 Word版含答案

专题二动量与能量第5讲功、功率与动能定理一、明晰功和功率的根本规律二、抓住机车启动问题解决关键1．机车输出功率：P＝F v ,其中F为机车牵引力．2．机车启动匀加速过程的最|||大速度v1(此时机车输出的功率最|||大)和全程的最|||大速度v m(此时F牵＝F阻)求解方法：(1)求v1：由F牵－F阻＝ma ,P＝F牵v1可求v1＝PF阻＋ma．(2)求v m：由P＝F阻v m ,可求v m＝PF阻．三、理解动能及动能定理的根本应用高频考点1功和功率的计算1．求功的途径(1)用定义式(W＝Fl cos α)求恒力功；(2)用动能定理W ＝12m v 22－12m v 21求功；(3)用F -l 图象所围的面积求功；(4)用平均力求功(力与位移呈线性关系 ,如弹簧的弹力)； (5)利用W ＝Pt 求功． 2．求功率的途径(1)平均功率：P ＝W t ,P ＝F v －cos α．(2)瞬时功率：P ＝F v cos α．1－1． (2021·全国卷Ⅱ)如图 ,一光滑大圆环固定在桌面上 ,环面位于竖直平面内 ,在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最|||高点从静止开始下滑 ,在小环下滑的过程中 ,大圆环对它的作用力( )A ．一直不做功B ．一直做正功C ．始终指向大圆环圆心D ．始终背离大圆环圆心解析：此题考查圆周运动、功．小环在固定的光滑大圆环上滑动 ,做圆周运动 ,其速度沿大圆环切线方向 ,大圆环对小环的弹力(即作用力)垂直于切线方向 ,与速度垂直 ,故大圆环对小环的作用力不做功 ,选项A 正确、B 错误．开始时大圆环对小环的作用力背离圆心 ,到达圆心等高点时弹力提供向心力 ,故大圆环对小环的作用力指向圆心 ,选项C 、D 错误．答案：A1－2.(多项选择)(2021·全国新课标Ⅱ卷)两实心小球甲和乙由同一种材质制成 ,甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落 ,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比 ,与球的速率无关．假设它们下落相同的距离 ,那么( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：两球的质量m ＝ρ·43πr 3 ,对两球由牛顿第二定律a ＝mg －f m ＝g －kr ρ·43πr 3＝g －k ρ·43πr 2,可得a 甲>a 乙 ,由h ＝12at 2知甲球的运动时间较短 ,选项A 、C 错误．由v ＝2ah 得v 甲>v 乙 ,应选项B 正确．因f 甲>f 乙 ,由W f ＝f ·h 知阻力对甲球做功较大 ,选项D 正确．答案：BD1－3.关于功率公式P ＝Wt 和P ＝F v 的说法正确的选项是( )A ．由P ＝Wt 只能求某一时刻的瞬时功率B ．从P ＝F v 知 ,汽车的功率与它的速度成正比C ．由P ＝F v 只能求某一时刻的瞬时功率D ．从P ＝F v 知 ,当汽车发动机功率一定时 ,牵引力与速度成反比解析：由P ＝Wt 能求某段时间的平均功率 ,当物体做功快慢相同时 ,也可求得某一时刻的瞬时功率 ,选项A 错误；从P ＝F v 知 ,当汽车的牵引力不变时 ,汽车的瞬时功率与它的速度成正比 ,选项B 错误；由P ＝F v 能求某一时刻的瞬时功率 ,假设v 是平均速度 ,那么也可求解平均功率 ,选项C 错误；从P ＝F v 知 ,当汽车发动机功率一定时 ,牵引力与速度成反比 ,选项D 正确．答案：D 1－4．(2021·上海静安区高三质检)物体在平行于斜面向上的拉力作用下 ,分别沿倾角不同斜面的底端 ,匀速运动到高度相同的顶端 ,物体与各斜面间的动摩擦因数相同 ,那么( )A ．沿倾角较小的斜面拉 ,拉力做的功较多B ．沿倾角较大的斜面拉 ,克服重力做的功较多C ．无论沿哪个斜面拉 ,拉力做的功均相同D ．无论沿哪个斜面拉 ,克服摩擦力做的功相同解析：设斜面倾角为θ ,斜面高度h ,斜面长度L ＝hsin θ,物体匀速被拉到顶端 ,根据动能定理W F ＝mgh ＋μmg cos θ·L ＝mgh ＋μmg ·htan θ ,那么h 相同时 ,倾角较小那么拉力做的功较多 ,选项A 正确 ,C 错误；重力做功为W G ＝mgh ,那么重力做功相同 ,选项B 错误；克服摩擦力做的功W f ＝μmg cos θ·L ＝μmg ·htan θ,所以倾角越大 ,摩擦力做功越小 ,选项D 错误．答案：A高频考点2 机车启动问题机车的两类启动问题1．恒定功率启动(1)机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动 ,后做匀速直线运动 ,速度 -时间图象如以下图 ,当F ＝F 阻时 ,v m ＝P F ＝PF 阻．(2)动能定理Pt 1－F 阻x ＝12m v 2m －0．2．恒定加速度启动(1)速度 -时间图象如以下图．机车先做匀加速直线运动 ,当功率增大到额定功率后获得匀加速的最|||大速度v 1.之后做变加速直线运动 ,直至|||到达最|||大速度v m 后做匀速直线运动．(2)常用公式： ⎩⎪⎨⎪⎧F －F 阻＝ma P ＝F v P 额＝F 阻v mv 1＝at12－1. (2021·全国卷Ⅱ)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 的变化如以下图．假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变．以下描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图线中 ,可能正确的选项是( )解析：由P -t 图象知：0～t 1内汽车以恒定功率P 1行驶 ,t 1～t 2内汽车以恒定功率P 2行驶．设汽车所受牵引力为F ,那么由P ＝F v 得 ,当v 增加时 ,F 减小 ,由a ＝F －f m 知a 减小 ,又因速度不可能突变 ,所以选项B 、C 、D 错误 ,选项A 正确．答案：A2－2.(2021·南昌十所省重点中学二模)用一根绳子竖直向上拉一个物块 ,物块从静止开始运动 ,绳子拉力的功率按如以下图规律变化 ,物块的质量为m ,重力加速度为g,0～t 0时间内物块做匀加速直线运动 ,t 0时刻后功率保持不变 ,t 1时刻物块到达最|||大速度 ,那么以下说法正确的选项是( )A ．物块始终做匀加速直线运动B ．0～t 0时间内物块的加速度大小为P 0mt 0C ．t 0时刻物块的速度大小为P 0mgD ．0～t 1时间内物块上升的高度为P 0mg ⎝⎛⎭⎫t 1－t 02－P 202m 2g3 解析：0～t 0时间内物块做匀加速直线运动 ,t 0时刻后功率保持不变 ,根据P ＝F v 知 ,v 增大 ,F 减小 ,物块做加速度减小的加速运动 ,当加速度减小到零 ,物体做匀速直线运动 ,故A 错误；根据P 0＝F v ＝Fat ,F ＝mg ＋ma 得P ＝(mg ＋ma )at ,可知图线的斜率k ＝P 0t 0＝m (g ＋a )a ,可知a ≠P 0mt 0 ,故B 错误；在t 1时刻速度到达最|||大 ,F ＝mg ,那么速度v ＝P 0mg ,可知t 0时刻物块的速度大小小于P 0mg,故C 错误；P -t 图线围成的面积表示牵引力做功的大小 ,根据动能定理得 ,P 0t 02＋P 0(t 1－t 0)－mgh ＝12m v 2 ,解得h ＝P 0mg ⎝⎛⎭⎫t 1－t 02－P 202m 2g3 ,故D 正确．答案：D2－3.(多项选择)(2021·衡阳市高三第二次联考)一辆汽车在平直的公路上运动 ,运动过程中先保持某一恒定加速度 ,后保持恒定的牵引功率 ,其牵引力和速度的图象如以下图．假设汽车的质量m 、牵引力F 1和速度v 1及该车所能到达的最|||大速度v 3 ,运动过程中所受阻力恒定 ,那么根据图象所给的信息 ,以下说法正确的选项是( )A ．汽车行驶中所受的阻力为F 1v 1v 3B ．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为m v 1v 3(v 3－v 1)C ．速度为v 2时的加速度大小为F 1v 1m v 2D ．假设速度为v 2时牵引力恰为F 12,那么有v 2＝2v 1解析：根据牵引力和速度的图象和功率P ＝F v 得汽车运动中的最|||大功率为F 1v 1.该车所能到达的最|||大速度时加速度为零 ,所以此时阻力等于牵引力 ,所以阻力f ＝F 1v 1v 3 ,选项A正确；根据牛顿第二定律 ,有恒定加速度时 ,加速度a ′＝F 1－f m ＝F 1m －F 1v 1m v 3 ,匀加速的时间：t ＝v 1a ′＝m v 1v 3F 1(v 3－v 1) ,那么汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I ＝F 1t ＝m v 1v 3(v 3－v 1),故B 正确；速度为v 2时的牵引力是F 1v 1v 2 ,对汽车受力分析 ,受重力、支持力、牵引力和阻力 ,根据牛顿第二定律有 ,速度为v 2时加速度大小为a ＝F 1v 1m v 2－F 1v 1m v 3,故C 错误；假设速度为v 2时牵引力恰为F 12 ,那么F 1v 1v 2＝F 12,那么v 2＝2v 1 ,选项D 正确；应选ABD ．答案：ABD高频考点3 动能定理的应用3－1.(多项选择) (2021·全国卷Ⅲ)如图 ,一固定容器的内壁是半径为R 的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m 的质点P .它在容器内壁由静止下滑到最|||低点的过程中 ,克服摩擦力做的功为W .重力加速度大小为g .设质点P 在最|||低点时 ,向心加速度的大小为a ,容器对它的支持力大小为N ,那么( )A ．a ＝2(mgR －W )mRB ．a ＝2mgR －WmRC ．N ＝3mgR －2WRD ．N ＝2(mgR －W )R解析：质点P 下滑过程中 ,重力和摩擦力做功 ,根据动能定理可得mgR －W ＝12m v 2 ,根据公式a ＝v 2R ,联立可得a ＝2(mgR －W )mR ,A 正确 ,B 错误；在最|||低点重力和支持力的合力充当向心力 ,根据牛顿第二定律可得 ,N －mg ＝ma ,代入可得 ,N ＝3mgR －2WR,C 正确 ,D 错误．答案：AC3－2.(2021·成都外国语学校月考)如图 ,质量为M ＝3 kg 的小滑块 ,从斜面顶点A 静止开始沿ABC 下滑 ,最|||后停在水平面D 点 ,不计滑块从AB 面滑上BC 面 ,以及从BC 面滑上CD 面的机械能损失．：AB ＝BC ＝5 m ,CD ＝9 m ,θ＝53° ,β＝37° ,重力加速度g ＝10 m/s 2 ,在运动过程中 ,小滑块与接触面的动摩擦因数相同．那么( )A ．小滑块与接触面的动摩擦因数μ＝0.5B ．小滑块在AB 面上运动时克服摩擦力做功 ,等于在BC 面上运动克服摩擦力做功 C ．小滑块在AB 面上运动时间大于小滑块在BC 面上的运动时间D ．小滑块在AB 面上运动的加速度a 1与小滑块在BC 面上的运动的加速度a 2之比是5/3 解析：根据动能定理得 ,Mg (S AB sin θ＋S BC sin β)－μMg (S AB cos θ＋S BC cos β)－μMS CD ＝0 ,解得：μ＝716 ,A 错误；在AB 段正压力小于BC 段正压力 ,故在AB 段克服摩擦力做功小于在BC 段克服摩擦力做的功 ,B 错误；小滑块在AB 面上运动的平均速度小于小滑块在BC 面上的平均速度 ,故小滑块在AB 面上运动时间大于小滑块在BC 面上运动时间 ,C 正确；小滑块在AB 面上运动的加速度：a 1＝g sin θ－μg cos θ＝438m/s 2 ,小滑块在BC 面上运动的加速度∶a 2＝g sin β－μg cos β＝52m/s 2 ,那么a 1∶a 2＝43∶20 ,D 错误．答案：C3－3． (2021·江西师范大学附属中学月考)如以下图 ,竖直放置的等螺距螺线管高为h ,该螺线管是用长为l 的硬质直管(内径远小于h )弯制而成．一光滑小球从上端管口由静止释放 ,关于小球的运动 ,以下说法正确的选项是( )A ．小球到达下端管口时的速度大小与l 有关B ．小球到达下端管口时重力的功率为mg 2ghC ．小球到达下端的时间为2l 2ghD ．小球在运动过程中受管道的作用力大小不变解析：在小球到达最|||低点的过程中只有重力做功 ,故根据动能定理可知mgh ＝12m v 2 ,解得v ＝2gh 小球到达下端管口时的速度大小与h 有关 ,与l 无关 ,故A 错误；到达下端管口的速度为v ＝2gh ,速度沿管道的切线方向 ,故重力的瞬时功率为p ＝mg 2gh sin θ ,故B 错误；物体在管内下滑的加速度为a ＝gh l ,故下滑所需时间为t ,那么l ＝12at 2 ,即t ＝2la＝2l 2gh,故C 正确；小球做的是加速螺旋运动 ,速度愈来愈大 ,做的是螺旋圆周运动 ,根据F n ＝m v 2R可知 ,支持力越来越大 ,故D 错误；应选C ．答案：C3－4.(2021·全国卷Ⅱ)为提高冰球运发动的加速能力 ,教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗 ,如以下图．训练时 ,让运发动和冰球都位于起跑线上 ,教练员将冰球以初速度v 0击出 ,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时 ,运发动垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时 ,运发动至|||少到达小旗处．假定运发动在滑行过程中做匀加速运动 ,冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运发动的最|||小加速度．解析：(1)设冰球的质量为m ,冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ ,由动能定理得－μmgs 0＝12m v 21－12m v 20 ① 解得μ＝v 20－v 212gs 0②(2)冰球到达挡板时 ,满足训练要求的运发动中 ,刚好到达小旗处的运发动的加速度最|||小．设这种情况下 ,冰球和运发动的加速度大小分别为a 1和a 2 ,所用的时间为t ．由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤ 联立③④⑤式得a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 20⑥答案：(1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1(v 1＋v 0)22s 201．动能定理往往用于单个物体的运动过程 ,由于不牵扯加速度及时间 ,比动力学研究方法要简洁．2．动能定理表达式是一个标量式 ,在某个方向上应用动能定理是没有依据的． 3．物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程) ,此时可以分段考虑 ,也可以对全过程考虑 ,但假设能对整个过程利用动能定理列式那么可使问题简化．应用动能定理解决多过程多体类问题动能定理解决多过程问题(2021·全国乙卷)如图 ,一轻弹簧原长为2R ,其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处 ,另一端位于直轨道上B 处 ,弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点 ,AC ＝7R ,A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑 ,最|||低到达E 点(未画出) ,随后P 沿轨道被弹回 ,最|||高到达F 点 ,AF ＝4R .P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14 ,重力加速度大小为g .取sin 37°＝35 ,cos 37°＝45(1)求P 第|一次运动到B 点时速度的大小． (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能．(3)改变物块P 的质量 ,将P 推至|||E 点 ,从静止开始释放．P 自圆弧轨道的最|||高点D 处水平飞出后 ,恰好通过G 点．G 点在C 点左下方 ,与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量．[思路点拨] (1)物块P 从C 到B 点 ,受力情况、运动情况怎样 ?可用什么公式求解 ? (2)物块P 从C 到E 再到F 点 ,受力情况及各力做功情况怎样 ?如何求f 做的功 ?怎样求BE 这段距离 ?(3)分析物块P 从C 到E 的过程中各力对物块做功的情况 ,如何求弹簧弹力做的功 ? (4)改变物块质量后 ,物块由D 到G 做什么运动 ?应用什么公式 ?(5)改变物块质量后 ,分析由E 到D 过程中各力做功情况 ,由动能定理求解改变后P 的质量．提示：(1)物块P 受重力mg 、支持力N 、摩擦力f 作用 ,做匀加速直线运动 ,可由牛顿第二定律结合运动学公式求解 ,也可由动能定理求解．(2)物块受重力mg 、支持力N 、弹簧弹力及摩擦力作用 ,全过程只有重力和摩擦力做功 ,由能量守恒定律可求BE 的长度．(3)确定始末状态的动能 ,分析各力做功 ,由W G ＋W f ＋W 弹＝ΔE k 求解． (4)平抛运动：y ＝12gt 2 ,x ＝v 0t ．【解析】 (1)根据题意知 ,B 、C 之间的距离l 为 l ＝7R －2R①设P 到达B 点时的速度为v B ,由动能定理得 mgl sin θ－μmgl cos θ＝12m v 2B② 式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得 v B ＝2gR .③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零 ,设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中 ,由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12m v 2B④E 、F 之间的距离l 1为 l 1＝4R －2R ＋x⑤P 到达E 点后反弹 ,从E 点运动到F 点的过程中 ,由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得 x ＝R ⑦ E p ＝125mgR .⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sinθ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩式中 ,已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ,由D 点运动到G 点的时间为t ．由平抛运动公式有 y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t⑫联立⑨⑩⑪⑫式得 v D ＝355gR⑬设P 在C 点速度的大小为v C ．在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒 ,有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝⎛⎭⎫56R ＋56R cos θ⑭P 由E 点运动到C 点的过程中 ,由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得 m 1＝13m .⑯ 【答案】 (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m应用动能定理解题的根本思路动能定理解决多物体问题如以下图 ,足够长的木板上外表光滑 ,其质量M ＝10 kg ,在水平拉力F ＝50 N 的作用下 ,以v 0＝5 m/s 的速度沿水平地面向右匀速运动．现有假设干个小铁块 ,它们质量均为m ＝1 kg.某时刻将一个铁块轻轻放在木板最|||右端 ,木板运动L ＝1 m 后 ,又将第二个铁块轻轻放在木板最|||右端 ,只要木板运动L 就在木板最|||右端轻轻放上一个铁块．(g 取10 m/s 2)求：(1)放上第|一个铁块后 ,木板运动1 m 时的速度大小； (2)直到木板停下来能放在木板上的铁块个数；(3)木板停下来前放在木板上的最|||后一个铁块与木板最|||右端的距离．【解析】 (1)开始时木板匀速运动 ,设木板与地面间的动摩擦因数为μ ,那么有F ＝μMg ,解得μ＝0.5放上第1个铁块后 ,根据动能定理有μmgL ＝12M v 20－12M v 21 ,解得v 1＝2 6 m/s ．(2)假设木板上放x 个铁块后木板仍向右运动 ,那么木板所受合力F 合＝f －F ＝xμmg 放上第2个铁块后 ,有2μmgL ＝12M v 21－12M v 22 放上第n 个铁块后 ,有nμmgL ＝12M v 2n －1－12M v 2n 可得(1＋2＋3＋…＋n )μmgL ＝12M v 20－12M v 2n 木板停下来时有v n ＝0 ,整理得n 2＋n －50＝0 ,解得n ＝6.6 ,所以最|||终能有7个铁块放在木板上．(3)当放上第7个铁块后 ,设木板停下来后铁块距木板最|||右端的距离为d ,由(2)可知 6(6＋1)2μmgL ＋7μmgd ＝12M v 20－0 解得d ＝47m ．【答案】 (1)26m/s (2)7个 (3)47m第6讲机械能守恒与能量守恒一、明晰一个网络,理解机械能守恒定律的应用方法二、掌握系统机械能守恒的三种表达式三、理清、透析各类功能关系高频考点1机械能守恒定律的应用运用机械能守恒定律分析求解问题时,应注意：1．研究对象的选取研究对象的选取是解题的首|||要环节,有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守恒,但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象,机械能却是守恒的．如以下图,单独选物体A机械能减少,但由物体A、B二者组成的系统机械能守恒．2．要注意研究过程的选取有些问题研究对象的运动过程分几个阶段,有的阶段机械能守恒,而有的阶段机械能不守恒．因此,在应用机械能守恒定律解题时要注意过程的选取．3．注意机械能守恒表达式的选取"守恒的观点〞的表达式适用于单个或多个物体机械能守恒的问题,列式时需选取参考平面．而用 "转移〞和 "转化〞的角度反映机械能守恒时,不必选取参考平面．1－1．(多项选择)(2021·全国Ⅱ卷)如图,滑块a、b的质量均为m ,a套在固定竖直杆上,与光滑水平地面相距h ,b放在地面上．a、b通过铰链用刚性轻杆连接,由静止开始运动．不计摩擦,a、b可视为质点,重力加速度大小为g.那么()A．a落地前,轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为2ghC．a下落过程中,其加速度大小始终不大于gD．a落地前,当a的机械能最|||小时,b对地面的压力大小为mg解析：由题意知,系统机械能守恒．设某时刻a、b的速度分别为v a、v b.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ ,分别将v a、v b分解,如图．因为刚性杆不可伸长 ,所以沿杆的分速度v ∥与v ∥′是相等的 ,即v a cos θ＝v b sin θ.当a 滑至|||地面时θ＝90° ,此时v b ＝0 ,由系统机械能守恒得mgh ＝12m v 2a ,解得v a ＝2gh ,选项B正确；同时由于b 初、末速度均为零 ,运动过程中其动能先增大后减小 ,即杆对b 先做正功后做负功 ,选项A 错误；杆对b 的作用先是推力后是拉力 ,对a 那么先是阻力后是动力 ,即a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g ,选项C 错误；b 的动能最|||大时 ,杆对a 、b 的作用力为零 ,此时a 的机械能最|||小 ,b 只受重力和支持力 ,所以b 对地面的压力大小为mg ,选项D 正确．答案：BD1－2.(多项选择)(2021·泰安市高三质检)如以下图 ,将质量为2 m 的重物悬挂在轻绳的一端 ,轻绳的另一端系一质量为m 的环 ,环套在竖直固定的光滑直杆上A 点 ,光滑定滑轮与直杆的距离为d .A 点与定滑轮等高 ,B 点在距A 点正下方d 处．现将环从A 处由静止释放 ,不计一切摩擦阻力 ,以下说法正确的选项是( )A ．环到达B 处时 ,重物上升的高度h ＝dB ．环从A 到B ,环减少的机械能等于重物增加的机械能C ．环从A 点能下降的最|||大高度为43dD ．当环下降的速度最|||大时 ,轻绳的拉力T ＝2mg解析：根据几何关系有 ,环从A 下滑至|||B 点时 ,重物上升的高度h ＝2d －d ,故A 错误；环下滑过程中无摩擦力做功 ,故系统机械能守恒 ,即满足环减小的机械能等于重物增加的机械能 ,故B 正确；设环下滑最|||大高度为H 时环和重物的速度均为零 ,此时重物上升的最|||大高度为：H 2＋d 2－d ,根据机械能守恒有：mgH ＝2mg (H 2＋d 2－d ) ,解得：H ＝4d3 ,故C正确；环向下运动 ,做非匀速运动 ,就有加速度 ,所以重物向上运动 ,也有加速度 ,即环运动的时候 ,绳的拉力不可能是2mg ,故D 错误．所以BC 正确 ,AD 错误．答案：BC1－3.(2021·全国卷Ⅰ)一质量为8.00×104kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面．飞船在离地面高度1.60×105 m 处以7.50×103 m/s 的速度进入大气层 ,逐渐减慢至|||速度为100 m/s 时下落到地面．取地面为重力势能零点 ,在飞船下落过程中 ,重力加速度可视为常量 ,大小取为9.8 m/s 2.(结果保存2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m 处至|||着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功 ,飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%．解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为 E k0＝12m v 20①式中 ,m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率．由①式和题给数据得 E k0＝4.0×108 J② 设地面附近的重力加速度大小为g .飞船进入大气层时的机械能为 E h ＝12m v 2h＋mgh③式中 ,v h 是飞船在高度1.60×105 m 处的速度大小．由③式和题给数据得 E h ≈2.4×1012J④(2)飞船在高度h ′＝600 m 处的机械能为 E h ′＝12m ⎝⎛⎭⎫2.0100v h 2＋mgh ′⑤由功能原理得 W ＝E h ′－E k0⑥式中 ,W 是飞船从高度600 m 处至|||着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功．由②⑤⑥式和题给数据得W ≈9.7×108 J⑦答案：(1)4.0×108 J 2.4×1012 J (2)9.7×108 J1－4． (2021·全国丙卷)如图 ,在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道 ,两者在最|||低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ,BC 弧的半径为R2.一小球在A 点正上方与A 相距R4处由静止开始自由下落 ,经A 点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．解析：(1)设小球的质量为m ,小球在A 点的动能为E k A ,由机械能守恒定律得E k A ＝mg R4①设小球在B 点的动能为E k B ,同理有E k B ＝mg 5R4② 由①②式得E k BE k A＝5.③(2)假设小球能沿轨道运动到C 点 ,那么小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ,由牛顿第二定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2CR 2 ⑤由④⑤式得 ,v C 应满足mg ≤m 2v 2CR⑥ 由机械能守恒定律得mg R 4＝12m v 2C⑦由⑥⑦式可知 ,小球恰好可以沿轨道运动到C 点．答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到C 点高频考点2 能量守恒定律的应用(2021·福建卷)如图 ,质量为M 的小车静止在光滑水平面上 ,小车AB 段是半径为R 的四分之一圆弧光滑轨道 ,BC 段是长为L 的水平粗糙轨道 ,两段轨道相切于B 点．一质量为m 的滑块在小车上从A 点由静止开始沿轨道滑下 ,重力加速度为g ．(1)假设固定小车 ,求滑块运动过程中对小车的最|||大压力大小；(2)假设不固定小车 ,滑块仍从A 点由静止下滑 ,然后滑入BC 轨道 ,最|||后从C 点滑出小车．滑块质量m ＝M2 ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍 ,滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ ,求：①滑块运动过程中 ,小车的最|||大速度大小v m ； ②滑块从B 到C 运动过程中 ,小车的位移大小s ．[思路点拨] (1)由题中信息 "小车静止在光滑水平面上〞得知假设不固定小车 ,那么当滑块下滑时小车会在水平面上向左滑动．(2)由BC 段粗糙可知滑块在BC 段相对小车滑动时会产生热量． (3)滑块对小车压力最|||大的位置在哪里 ?怎样求最|||大压力 ? (4)小车不固定时什么时候速度最|||大 ?怎样求小车的最|||大速度 ?提示：(3)滑块对小车压力最|||大的位置在B 处 ,由能量守恒定律求得滑块在B 处的速度 ,再由牛顿第二定律求出滑块在B 处的支持力 ,由牛顿第三定律得到滑块对小车的压力．(4)滑块滑到小车的B 点时 ,小车速度最|||大 ,由下滑过程中小车和滑块组成的系统机械能守恒即可求出最|||大速度．【解析】 (1)滑块滑到B 点时对小车压力最|||大 ,从A 到B 机械能守恒 ,有mgR ＝12m v 2B,滑块在B 点处 ,由牛顿第二定律有N －mg ＝m v 2BR解得N ＝3mg由牛顿第三定律可得N ′＝3mg ．(2)①滑块下滑到达B 点时 ,小车速度最|||大．由机械能守恒定律 ,有mgR ＝12M v 2m ＋12m (2v m )2解得v m ＝gR3． ②设滑块运动到C 点时 ,小车速度大小为v C ,由功能关系有mgR －μmgL ＝12M v 2C ＋12m (2v C )2设滑块从B 到C 过程中 ,小车运动加速度大小为a ,由牛顿第二定律有μmg ＝Ma由运动学规律有v 2C －v 2m ＝－2as解得s ＝13L ．【答案】 (1)3mg (2)①gR 3 ②L 31．与能量有关的力学综合题的特点(1)常见的与能量有关的力学综合题有单一物体多过程和多个物体多过程两大类型； (2)联系前后两个过程的关键物理量是速度 ,前一个过程的末速度是后一个过程的初速度；(3)当涉及功、能和位移时 ,一般选用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律 ,题目中出现相对位移时 ,应优先选择能量守恒定律．2．解答与能量有关的综合题时的本卷须知(1)将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程 ,挖掘出题中的隐含条件 ,找出联系不同阶段的 "桥梁〞．(2)分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化 ,选择适合的规律求解．2－1.(多项选择)(2021·湖北省六校联合体高三联考)图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30° ,质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为35,木箱在轨道A 端时 ,自动装货装置将质量为m 的货物装入木箱 ,然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下 ,在轻弹簧被压缩至|||最|||短时 ,自动卸货装置立刻将货物卸下 ,然后木箱恰好被弹回到轨道A 端 ,重复上述过程．以下选项正确的选项是( )A ．m ＝3MB ．m ＝2MC ．木箱不与弹簧接触时 ,上滑过程的运动时间大于下滑过程中的运动时间D ．假设货物的质量减少 ,那么木箱一定不能回到A 处解析：设下滑的距离为l ,根据能量守恒有(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ得m ＝3 M ,A 正确、B 错误；受力分析可知 ,下滑时加速度为g －μg cos θ ,上滑时加速度为g ＋μg cos θ ,上滑过程可以看作相同大小加速度的反向的初速度为零的下滑过程 ,位移相同 ,加速度大的时间短 ,C 错误；根据(M ＋m )gl sin θ－μ(M ＋m )gl cos θ＝Mgl sin θ＋μMgl cos θ ,木箱恰好被弹回到轨道A 端 ,如果货物的质量减少 ,等号前边一定小于后边 ,即轻弹簧被压缩至|||最|||短时的弹性势能小于木箱回到A 处所需的能量 ,那么木箱一定不能回到A 处 ,D 正确；应选AD ．答案：AD2－2.(多项选择)(2021·南昌市高三第二次模拟)水平长直轨道上紧靠放置n 个质量为m 可看作质点的物块 ,物块间用长为l 的细线连接 ,开始处于静止状态 ,轨道动摩擦力因数为μ.用水平恒力F 拉动1开始运动 ,到连接第n 个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零 ,那么( )A ．拉力F 所做功为nFlB ．系统克服摩擦力做功为n (n －1)μmgl2C ．F >nμmg 2D ．(n －1)μmg <F <nμmg解析：物体1的位移为(n －1)l ,那么拉力F 所做功为W F ＝F ·(n －1)l ＝(n －1)Fl ,故A 错。

2020年高考物理二轮精准备考复习专题第05讲功功率动能定理(解析版)

2020年高考物理二轮精准备考复习讲义第二部分功能与动量第5讲功功率动能定理目录一、理清单，记住干 (2)二、研高考，探考情 (2)三、考情揭秘 (4)四、定考点，定题型 (5)超重点突破1功和功率的分析与计算 (5)命题角度1功的分析与计算 (5)命题角度2功率的分析及应用 (6)命题角度3 变力做功 (7)超重点突破2机车启动中的功率问题 (8)超重点突破3动能定理的基本应用 (10)命题角度1动能定理在直线运动中的应用 (10)命题角度2动能定理在曲线运动中的应用 (12)命题角度3 动能定理在图象问题中的应用 (13)五、固成果，提能力 (14)一、理清单，记住干1．功(1)恒力做功：W ＝Fl cos α(α为F 与l 之间的夹角)．(2)变力做功：①用动能定理求解；②用F x 图线与x 轴所围“面积”求解． 2．功率(1)平均功率：P ＝Wt ＝F v cos α(α为F 与v 的夹角)．(2)瞬时功率：P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角)．(3)机车启动两类模型中的关键方程：P ＝F ·v ，F －F 阻＝ma ，v m ＝PF 阻，Pt －F 阻x ＝ΔE k . 3．动能定理：W 合＝12mv 2－12mv 20.4．应用动能定理的两点注意(1)应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负． (2)动能定理是标量式，不能在某一方向上应用．二、研高考，探考情【2019·高考全国卷Ⅲ，T17】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E k 随h 的变化如图所示．重力加速度取10 m/s 2.该物体的质量为( )A ．2 kgB ．1.5 kgC ．1 kgD ．0.5 kg 【答案】：C【解析】：画出运动示意图，设阻力为f ，据动能定理知A →B (上升过程)：E k B －E k A ＝－(mg ＋f )hC →D (下落过程)：E k D －E k C ＝(mg －f )h整理以上两式得mgh ＝30 J ，解得物体的质量m ＝1 kg ，选项C 正确．【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μmgB ．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC ．弹簧的最大弹性势能为μmgsD ．物块在A 点的初速度为2μgs 【答案】：BC【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v 0，整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12mv 20，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．【2018·高考全国卷Ⅲ，T19】地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面．某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等．不考虑摩擦阻力和空气阻力．对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5 【答案】：AC【解析】：由图线①知，矿车上升总高度h ＝v 02·2t 0＝v 0t 0由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和 h 1＝v 022·(t 02＋t 02)＝14v 0t 0匀速阶段：h －h 1＝12v 0·t ′，解得t ′＝32t 0故第②次提升过程所用时间为t 02＋32t 0＋t 02＝52t 0，两次上升所用时间之比为2t 0∶52t 0＝4∶5，A 对；对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错；在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， F －mg ＝ma ，F ＝m (g ＋a ) 第①次在t 0时刻，功率P 1＝F ·v 0，第②次在t 02时刻，功率P 2＝F ·v 02，第②次在匀速阶段P 2′＝F ′·v 02＝mg ·v 02＜P 2，可知，电机输出的最大功率之比P 1∶P 2＝2∶1，C 对；由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，故两次电机做功也相同，D 错．三、考情揭秘近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分析与计算，机车启动模型，题目具有一定的综合性，难度适中．高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主，常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合．应考策略：备考中要理解功和功率的定义，掌握正、负功的判断方法，机车启动两类模型的分析，动能定理及动能定理在变力做功中的灵活应用．动能定理仍是2020年高考的考查重点，要重点关注本讲知识与实际问题、图象问题相结合的情景题目．四、定考点，定题型超重点突破 1 功和功率的分析与计算1．功和功率的计算 (1)功的计算①恒力做功一般用功的公式或动能定理求解。

2020年高考物理备考：专题练习卷---功和功率(解析版)

2020年高考物理备考：专题练习卷---功和功率一、单项选择题(每小题5分，共50分)1．在光滑的水平面上，用一水平拉力F 使物体从静止开始移动x ，平均功率为P ，如果将水平拉力增加为4F ，使同一物体从静止开始移动x ，平均功率为( ) A ．2P B ．4P C ．6P D ．8P 【答案】D【解析】设第一次运动时间为t ，则其平均功率表达式为P ＝Fxt ；第二次加速度为第一次的4倍，由x ＝12at 2可知时间为t 2，其平均功率为4Fx t /2＝8Fxt＝8P ，D 正确。

2.如图1所示，质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m 与斜面体相对静止。

则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )A ．支持力一定做正功B ．摩擦力一定做正功C ．摩擦力可能不做功D ．摩擦力可能做负功【答案】B 【解析】选支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功，而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，此时物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a ＝g tan θ，当a >g tan θ时，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则其做正功；当a <g tan θ时，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则其做负功，B 错误，A 、C 、D 正确。

3.如图所示，质量分别是m A 和m B 的A 、B 两物体，用劲度系数为k 的弹簧相连，处于静止状态。

现对A 施以竖直向上的力F ，并将其缓慢提起，当B 对地面恰无压力时撤去F ，A 由静止向下运动至最大速度时，重力做的功为( )A.m 2A g 2kB.m 2B g2k C.m A m A ＋m B g 2k D.m B m A ＋m B g 2k【答案】C【解析】当A 向下运动至平衡位置时速度最大，此时弹簧的压缩量x 1＝m A g k ；当B 恰好对地无压力时弹簧的伸长量x 2＝m B gk。

2020届高三高考物理二轮综合提高复习：功、功率和动能定理

功、功率和动能定理一、单项选择题1．列车在空载情况下以恒定功率P 经过一段平直的路段，通过某点时速率为v ，加速度为a 1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a 2.重力加速度大小为g .设阻力是列车重力的k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为( ) A.kg ＋a 1kg ＋a 2 B ．kg ＋a 2kg ＋a 1C.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1)D ．P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)2．一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能E k 、牵引力对汽车做的功W 随运动时间t 、运动位移x 的变化图象正确的是( )A B C D3．如图所示，半径为R 的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O 与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a 与桌面相切．Oc 与Oa 的夹角为60°，A 、B 两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)．A 球从c 点由静止释放后沿圆轨道滑到a 点时速度恰好为零．设轻绳足够长，不计一切摩擦．在此过程中下列说法正确的是( )A ．重力对A 球做功的功率先变大后变小B ．两球沿绳方向速度大小始终相等C ．绳上的拉力始终大于B 球重力D ．A 、B 两小球的质量之比为2∶14．(2019·浙江省温州九校联考)据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线．该潜水器质量为5×10 3 kg ，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将质量为4×103 kg 的高密度重物从3 000 m 深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW ，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，则提升的时间为( )A ．0.5×103 sB ．1.0×103 sC ．1.5×103 sD ．2.0×103 s5．(2019·全国卷Ⅲ)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E k 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 kgC．1 kg D．0.5 kg6．如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．下列说法中正确的是()A．缓慢上拉过程中拉力F做的功W F＝FL sin θB．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC．小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大二、多项选择题7．(2018·开封一模)如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中()A．小球重力做功为2mgLB．绳子拉力做功大于2mgLC．重力做功的功率逐渐增大D．绳子拉力做功的功率先增大后减小8．(2019·济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g＝10 m/s2.根据以上信息能得出的物理量有()A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体做匀速运动时的速度D．物体运动的时间三、计算题9．(2019·全国卷Ⅲ)空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点．从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q>0)．A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2，重力加速度大小为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能．10．(2018·嘉定区二模)如图所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知L AB＝4 m，α＝37°.一个质量为m的小环套在杆上，以v0＝8 m/s的初速度从A点沿杆上滑．不计小环经过B点时的能量损失，g取10 m/s2.则：(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？(2)小环运动到B点时的速度v B为多少？(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？11.如图所示，劲度系数k＝200 N/m的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量m＝3 kg的物块A，A放在平台B上，平台B可以控制A的运动，初始时A、B静止，弹簧处于原长，g取10 m/s2，控制平台B竖直向下运动，保持A与B一起下降直到分离，求：(1)A、B一起缓慢下降的最大位置x1；(2)若B以a＝5 m/s2向下加速运动，从开始运动到A、B分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B对A做的功．答案一、单项选择题1．列车在空载情况下以恒定功率P 经过一段平直的路段，通过某点时速率为v ，加速度为a 1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a 2.重力加速度大小为g .设阻力是列车重力的k 倍，则列车满载与空载时的质量之比为( ) A.kg ＋a 1kg ＋a 2 B ．kg ＋a 2kg ＋a 1C.P (kg ＋a 2)v (kg ＋a 1) D ．P (kg ＋a 1)v (kg ＋a 2)答案：A解析：设空载时质量为m ，满载时质量为M ，汽车空载时受到的牵引力和阻力满足F －kmg ＝ma 1，由汽车的功率和牵引力关系P ＝Fv ，可得P ＝(kmg ＋ma 1)v ，当汽车满载时有F 1－kMg ＝Ma 2，P ＝F 1v ，得P ＝(kMg ＋Ma 2)v ，满载和空载时功率和速率均相等，可求出M m ＝kg ＋a 1kg ＋a 2.所以选项A 正确．2．一辆汽车从静止开始先匀加速启动，达到某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动．下列汽车运动的动能E k 、牵引力对汽车做的功W 随运动时间t 、运动位移x 的变化图象正确的是( )A B C D答案：C解析：汽车从静止开始先匀加速启动，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功W ＝Fx ＝F ·12at 2，则W －t 图象是开口向上的抛物线，W －x 图象是条倾斜的直线，达到某一速度后以恒定功率运动，牵引力做功W ＝Pt ，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，不会达到一个最大值，故A 、B 错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，E k －t 图象是开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，则动能增加随时间变慢，斜率变小，最后匀速运动，动能达到最大值，故C 正确；从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得：E k ＝(F －f )x ，E k －x 图象应该是直线，故D 错误． 3．如图所示，半径为R 的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O 与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a 与桌面相切．Oc 与Oa 的夹角为60°，A 、B 两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)．A 球从c 点由静止释放后沿圆轨道滑到a 点时速度恰好为零．设轻绳足够长，不计一切摩擦．在此过程中下列说法正确的是( )A ．重力对A 球做功的功率先变大后变小B ．两球沿绳方向速度大小始终相等C ．绳上的拉力始终大于B 球重力D．A、B两小球的质量之比为2∶1答案：A解析：重力的功率P＝mgv，这里的v是指竖直方向的分速度，一开始A是由静止释放的，所以A一开始的竖直速度为零，最后运动到a点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零．相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力功率mgv先增大后减小，故A正确；m A由c 点下滑到a的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m A滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，m A的速度大于m A沿绳子的分速度，而m B的速度大小等于绳子的速度大小，则m A的速率大于m B速率，故B错误；由题可知，两个小球的速度都是先增大后减小，当B向上的速度增大时，加速度的方向向上，绳上的拉力大于B球重力；而当B向上减速时，加速度的方向向下，绳上的拉力小于B球重力．故C错误；c点到轨道的上沿的距离l＝R2＋R2－2R2cos 30°＝R2－3，若m A恰好能沿圆轨道下滑到a点，此时两小球速度为零，由动能定理得：m A gR(1－cos 60°)－m B g(2R－l)＝0－0，解得：m A＝(23－22－3)m B，故选项D错误．4．(2019·浙江省温州九校联考)据《科技日报》2018年7月17日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线．该潜水器质量为5×10 3 kg，主要用于深海搜寻和打捞等．若在某次作业中，潜水器将质量为4×103 kg的高密度重物从3 000 m深的海底一起匀速提升到了海面，已知提升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，则提升的时间为()A．0.5×103 s B．1.0×103 sC．1.5×103 s D．2.0×103 s答案：C解析：由题可知，重物匀速运动，其速度为v＝PG＝180×103(5＋4)×103×10m/s＝2 m/s，运动的时间为t＝3 0002s＝1.5×103 s，故只有选项C正确．5．(2019·全国卷Ⅲ)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E k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 kgC．1 kg D．0.5 kg答案：C解析：对上升过程，由动能定理，－(F＋mg)h＝E k－E k0，得E k＝E k0－(F＋mg)h，即F＋mg＝12 N；下落过程，(mg－F )(6－h )＝E k ，得E k ＝6(mg －F )－h (mg －F )，即mg －F ＝8 N ，联立两公式，得m ＝1 kg 、F ＝2 N ．故只有选项C 正确．6．如图所示，质量为m 的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F 缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L ，忽略藤条的质量．下列说法中正确的是( )A ．缓慢上拉过程中拉力F 做的功W F ＝FL sin θB ．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgL cos θC ．小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零D ．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大答案：C解析：缓慢上拉过程中拉力F 是变力，由动能定理，F 做的功等于克服重力做的功，即W F ＝mgL (1－cos θ)，重力势能增加mgL (1－cos θ)，选项A 、B 错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C 正确，D 错误．二、多项选择题7．(2018·开封一模)如图所示，一质量为m 的小球固定在长为2L 的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A 点，杆可绕A 点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A 点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中( )A ．小球重力做功为2mgLB ．绳子拉力做功大于2mgLC ．重力做功的功率逐渐增大D ．绳子拉力做功的功率先增大后减小答案：AC解析：小球重力做功为W G ＝mg ·2L ＝2mgL ，故A 正确；在整个过程中，根据动能定理可得mg ·2L －W 拉＝12mv 2－12mv 2，解得W 拉＝2mgL ，故B 错误；根据P ＝Fv cos θ可知，P ＝mgv cos θ，在下落过程中，θ逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故C 正确；在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故D 错误． 8．(2019·济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g ＝10 m/s 2.根据以上信息能得出的物理量有( )A ．物体与水平面间的动摩擦因数B ．合外力对物体所做的功C ．物体做匀速运动时的速度D ．物体运动的时间答案：ABC解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F 与滑动摩擦力f 大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝F mg ＝0.35，选项A 正确；减速过程由动能定理得W F ＋W f ＝0－12mv 2，根据F -x 图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ，而W f ＝－μmgx ，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v ，选项B 、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，选项D 错误．三、计算题9．(2019·全国卷Ⅲ)空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O 、P 是电场中的两点．从O 点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 的小球A 、B .A 不带电，B 的电荷量为q (q >0)．A 从O 点发射时的速度大小为v 0，到达P 点所用时间为t ；B 从O 点到达P 点所用时间为t2，重力加速度大小为g ，求：(1)电场强度的大小； (2)B 运动到P 点时的动能．答案：(1)3mg q(2)2m (v 20＋g 2t 2) 解析：(1)设电场强度的大小为E ，小球B 运动的加速度为a .根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mg ＋qE ＝ma ① 12a (t 2)2＝12gt 2② 解得：E ＝3mg q③(2)设B 从O 点发射时的速度为v 1，到达P 点时的动能为E k ，O 、P 两点的高度差为h ，根据动能定理有 E k －12mv 21＝mgh ＋qEh ④且有v 1t2＝v 0t ⑤h ＝12gt 2⑥ 联立③④⑤⑥式得：E k ＝2m (v 20＋g 2t 2)⑦10．(2018·嘉定区二模)如图所示，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，已知L AB ＝4 m ，α＝37°.一个质量为m 的小环套在杆上，以v 0＝8 m/s 的初速度从A 点沿杆上滑．不计小环经过B 点时的能量损失，g 取10 m/s 2.则：(1)小环在AB 段运动的加速度a 大小和方向怎样？(2)小环运动到B 点时的速度v B 为多少？(3)若杆不光滑，且各部分粗糙程度相同，要使小环能够到达C 点，小环和杆之间的动摩擦因数μ应小于多少？答案：(1)6 m/s 2，方向沿杆斜向下 (2)4 m/s (3)0.64解析：(1)小环在AB 段运动过程中，受到重力和支持力的作用，其合外力为mg sin α，根据牛顿第二定律可得：mg sin α＝ma ，得：a ＝g sin α＝6 m/s 2，方向沿杆斜向下． (2)小环从A 点运动到B 点的过程中，由动能定理可得：－mgL AB sin α＝12mv 2B －12mv 20 解得：v B ＝v 20－2gL AB sin α＝4 m/s.(3)小环从A 点出发，经过B 点，能够到达C 点，重力不做功，只有摩擦力做负功，全过程利用动能定理可得：－μmg cos αL AB －μmg sin αL BC ＝0－12mv 20，再由几何关系可知：L BC ＝3 m ，解得：μ＝0.64.11.如图所示，劲度系数k ＝200 N/m 的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量m ＝3 kg 的物块A ，A 放在平台B 上，平台B 可以控制A 的运动，初始时A 、B 静止，弹簧处于原长，g 取10 m/s 2，控制平台B 竖直向下运动，保持A 与B 一起下降直到分离，求：(1)A 、B 一起缓慢下降的最大位置x 1；(2)若B 以a ＝5 m/s 2向下加速运动，从开始运动到A 、B 分离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B 对A 做的功．答案：(1)0.15 m (2)0.562 5 J －0.562 5 J 解析：(1)对A 受力分析：mg －F N －kx ＝0 当F N ＝0时，达到最大位移，x 1＝mgk＝0.15 m(2)B 以a ＝5 m/s 2向下加速运动，对A 受力分析：mg －F N －kx ＝ma ，当F N ＝0时，达到最大位移x 2＝mg －mak ＝0.075m弹簧弹力对A 做的功：W 弹＝－12F 弹x 2＝－12kx 22＝－0.562 5 J所以弹性势能的增加量E p2＝－W 弹＝0.562 5 J 分离时物块A 的速度v ＝2ax 2 动能E k ＝12mv 2＝98J重力对A 做的功为W G ＝mgx 2＝2.25 J 对A 由动能定理，W ＋W G ＋W 弹＝E k代入数据得B对A的作用力所做的功W＝－0.562 5 J.。

2020届高考物理专题复习附解答：功功率动能定理

专题能量和动量第1讲功功率动能定理(建议用时:40分钟满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分.第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求)1.如图所示,在天花板上的O点系一根细绳,细绳的下端系一小球.将小球拉至细绳处于水平的位置,由静止释放小球,小球从位置A开始沿圆弧下落到悬点的正下方的B点的运动过程中,下面说法正确的是( C )A.小球的向心力大小不变B.细绳对小球的拉力对小球做正功C.细绳的拉力对小球做功的功率为零D.重力对小球做功的功率先变小后变大解析:小球从A点运动到B点过程中,速度逐渐增大,由向心力F=m可知,向心力增大,故A错误;细绳对小球的拉力指向圆心,小球做圆周运动,故绳的拉力对小球不做功,功率也为零,故B错误,C正确;在开始的瞬间重力对小球做功功率为零,到达B点的瞬间重力的功率也为零,即先增大后减小,故D错误.2.如图所示,质量相同的两物体处于同一高度,A沿固定在地面上的光滑斜面下滑,B自由下落,最后到达同一水平面,则( D )A.重力的平均功率相同B.到达底端时重力的瞬时功率P A=P BC.到达底端时两物体的速度相同D.重力对两物体做的功相同解析:两物体质量m相同,初、末位置的高度差h相同,重力做的功相同,但由于运动时间的不同,所以重力的平均功率不同,故A错误,D正确;根据动能定理得,下降的高度相同,根据mgh=mv2可得v=,到达同一水平面的速度大小相等,但是速度方向不同,即速度不同,故C 错误;由于竖直分速度不同,根据P=mgv y可知重力做功的瞬时功率不等,故B错误.3.目前,我国高铁技术已处于世界领先水平.某“和谐号”动车组由8节车厢连接而成,每节车厢质量均为5.0×104 kg,其中第一节和第五节为动力车厢,正常行驶时每节动力车厢发动机的额定功率为2.0×107 W.某次该动车组在平直的轨道上由静止以恒定加速度启动,t1时刻发动机达到额定功率,此后以额定功率行驶,t2时刻动车组达到最大速度,整个过程的v-t图象如图,假设每节车厢受到的阻力恒定,g=10 m/s2,下列说法正确的是( C )A.动车组列车行驶时所受的阻力大小为8.0×105 NB.每节动车在匀加速运动时提供的牵引力大小为2.0×106 NC.动车组列车匀加速运动的加速度为1.0 m/s2D.动车组列车匀加速运动的位移大小为2 500 m解析:由题图可得动车组最大速度为v m=100 m/s,根据f=可得阻力大小为f= N=4.0×105 N,故A错误;由图可知匀加速阶段的最大速度大小为v=50 m/s,此时牵引力的功率达到额定功率,则可求得牵引力大小为F== N=8.0×105 N,则每一节动车提供的牵引力为F′==4.0×105 N,根据牛顿第二定律可得加速度大小为a== m/s2=1 m/s2,故B错误,C正确;根据速度位移关系可得匀加速运动的位移大小为x== m=1 250 m,故D错误.4.(2019·湖南怀化调研)质量为m的物体在水平面上,只受摩擦力作用,以初动能E0做匀变速直线运动,经距离d后,动能减小为,则( A )A.物体与水平面间的动摩擦因数为B.物体再前进便停止C.物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的倍D.若要使此物体滑行的总距离为3d,其初动能应为3E0解析:由动能定理知W f=μmgd=E0-,所以μ=,A正确;设物体总共滑行的距离为s,则有μmgs=E0,所以s=d,物体再前进便停止,B错误;将物体的运动看成反方向的初速度为0的匀加速直线运动,则连续运动三个距离所用时间之比为(-)∶(-1)∶1,所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(-1)倍,C错误;若要使此物体滑行的总距离为3d,则由动能定理知μmg·3d=E k,得E k=2E0,D 错误.5.(2019·安徽黄山三模)竖直平面内有一固定的粗糙圆轨道,有一质量为m的滑块以某一初速度从最低点进入轨道并能做完整的圆周运动,若已知滑块运动至圆周最低点A和最高点B时对轨道的压力差为7mg,圆的半径为R,滑块与圆轨道间的动摩擦因数为μ,则滑块在从A 点运动到B点的过程中克服摩擦力做的功为( A )A. B.mgR C.μmgπR D.2mgR解析:在圆周的最低点,对滑块,由牛顿第二定律得N A-mg=m;在圆周的最高点,对滑块,有N B+mg=m;滑块在从A点运动到B点的过程中,根据动能定理得-2mgR-W f=m-m;又N A-N B=7mg,联立解得克服摩擦力做的功为W f=;由于滑块在运动过程中受到的摩擦力是变力,不能根据功的公式求克服摩擦力做功,故A正确,B,C,D错误.6.(2019·湖南衡阳一模)两个质量相等的物体A,B并排静止地放置在水平地面上,现用同向水平拉力F1,F2分别作用于物体A和B上,分别作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止运动.两物体运动的v t图象分别如图中图线a,b所示.已知拉力F1,F2分别撤去后,物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行(相关数据已在图中标出).由图中信息可以得出( ACD )A.两个物体A,B与水平地面的动摩擦因数相同B.F1等于2.5F2C.F1对物体A所做的功与F2对物体B所做的功一样多D.F1的最大瞬时功率等于F2的最大瞬时功率的2倍解析:撤去拉力后两物体的速度图象平行,故加速度大小相等,设两物体与水平地面的动摩擦因数分别为μ1,μ2,即a1=a2=μg=1 m/s2,则μ1=μ2=0.1,故A正确;对全过程,由动量定理得F1t1-μmg=0,F2t2 -μmg=0.由图知t 1=1.5 s,=4 s,t2=3 s,=5 s,代入数据解得F 1=1.6F2,故B错误;对全过程,由动能定理得W F1-μmg=0,W F2-μmg=0.由图知s 1总=5 m,s2总=5 m,代入数据解得W F1=W F2,故C正确;F1的最大瞬时功率P1=F1v1m=2.5F1=4F2,F2的最大瞬时功率P2=F2v2m=2F2,所以P1=2P2,故D正确.7.如图(甲)所示,物体受到水平推力F的作用,在粗糙水平面上做直线运动.通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图(乙)所示.重力加速度g=10 m/s2.则( ACD )A.物体的质量m=0.5 kgB.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2C.第2 s内物体克服摩擦力做的功W=2 JD.前2 s内推力F做功的平均功率=1.5 W解析:由速度—时间图线知,在2～3 s内,物体做匀速直线运动,可知推力等于摩擦力,可知f=2 N,在1～2 s内,物体做匀加速直线运动,由速度—时间图线知,a= m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律得,F2-f =ma,代入数据解得m=0.5 kg,故A正确;物体与水平面间的动摩擦因数μ===0.4,故B错误;第2 s内的位移x2=×2×1 m=1 m,则物体克服摩擦力做功W=fx2=2×1 J=2 J,故C正确;前2 s内位移x=x2=1 m,则推力F做功的大小W F=F2x2=3×1 J=3 J,则平均功率==1.5 W,故D 正确.8.(2019·湖北宜昌模拟)如图所示,绳的上端固定在O点,下端系小球P.P与斜面Q的接触面粗糙.用水平力向右推Q,使它沿光滑水平面匀速运动.从图中实线位置到虚线位置过程中( ACD )A.摩擦力对小球P做正功B.斜面Q对小球的弹力垂直于斜面因此对小球不做功C.绳的拉力对小球P不做功D.推力F对斜面做的功和小球P对斜面做的功的绝对值相等解析:斜面对小球P的摩擦力沿斜面向下,与小球P的位移方向的夹角为锐角,摩擦力对小球P做正功,故A正确;斜面Q对小球的弹力垂直于斜面,速度垂直于绳,支持力对小球做正功,故B错误;拉力沿着绳子收缩方向,速度方向垂直于绳子,绳的拉力对小球P不做功,故C正确;对物体Q受力分析,受推力、重力、支持力、P对Q的压力和摩擦力,由于支持力和重力与速度垂直不做功,根据动能定理,推力F对斜面做的功和小球P对斜面做的功的代数和为零,故推力F对斜面做的功和小球P对斜面做的功的绝对值相等,故D正确.二、非选择题(本大题共2小题,共36分)9.(18分)(2019·江苏无锡模拟)如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点,右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至D 点,已知光滑圆轨道的半径R=0.45 m,水平轨道BC长为0.4 m,与滑块间的动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6 m,g取10 m/s2,求:(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小;(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能;(3)滑块在水平轨道BC上运动的总时间及滑块最终停在何处.解析:(1)滑块从A点到B点,由动能定理可得mgR=m-0,解得v B=3 m/s;滑块在B点,有F-mg=m,解得F=60 N由牛顿第三定律可得滑块经过B点时对轨道的压力F′=F=60 N. (2)滑块第一次到达D点时,弹簧具有最大的弹性势能E p,滑块从A点到D点,设该过程弹簧弹力对滑块做的功为W,由动能定理可得mgR-μmgL BC-mgL CD sin 30°+W=0;又E p=-W,解得E p=1.4 J.(3)将滑块在BC段的运动过程看做匀减速直线运动,加速度a=μg =2 m/s2则滑块在水平轨道BC上运动的总时间t==1.5 s;滑块最终停止在水平轨道BC间,设滑块在BC段运动的总路程为s,从滑块第一次经过B点到最终停下来的过程,由动能定理可得-μmgs= 0-m.解得s=2.25 m;结合BC段的长度可知,滑块最终停止在BC间距B点0.15 m 处(或距C点0.25 m处).答案:(1)60 N (2)1.4 J(3)1.5 s 最终停在距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处)10.(18分)(2019·河南郑州一模)如图所示,半径R=0.4 m 的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°,下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切,一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上.质量m=0.1 kg的小物块(可视为质点)从空中的A点以v0=2 m/s的速度被水平拋出,恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道,经过C点后沿水平面向右运动至D点时,弹簧被压缩至最短,此时弹簧的弹性势能E pm=0.8 J,已知小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2.求:(1)小物块从A点运动至B点的时间(结果保留两位有效数字).(2)小物块经过圆弧轨道上的C点时,对轨道的压力大小.(3)C,D两点间的水平距离L.解析:(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道,由几何关系有=tan θ,根据平抛运动的规律可得v y=gt,解得t=0.35 s.(2)小物块由B点运动到C点,由动能定理可得mgR(1+sin θ)=m-m,解得v B==4 m/s;在C点处,由牛顿第二定律有F-mg=m,解得F=8 N, 根据牛顿第三定律,小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力F′大小为8 N.(3)小物块从B点运动到D点,由动能定理可得mgR(1+sin θ)-μmgL-E pm=0-m,解得L=1.2 m.答案:(1)0.35 s (2)8 N (3)1.2 m。

课标版2020高考物理二轮复习专题限时训练5功功率动能定理含解析

高考物理二轮复习专题限时训练：专题限时训练5 功、功率、动能定理时间：45分钟一、单项选择题1．滑雪运动深受人民群众喜爱．如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( C )A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变2．(2019·全国卷Ⅲ)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E k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( C )A．2 kg B．1.5 kgC．1 kg D．0.5 kg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．3．人与平衡车的总质量为m，在平直路面上行驶时，所受阻力不变．当平衡车加速度为a，速度为v时，平衡车的功率为P1，则当功率为P2时，平衡车行驶的最大速度为( B )A.P 2v P 1B.P 2v P 1－mavC.P 1v P 2D.P 1v P 2－mav解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为F f ，由牛顿第二定律可得，F －F f ＝ma ，所以F ＝F f ＋ma ，所以功率P 1＝Fv ＝(F f ＋ma )v ，解得F f ＝P 1v－ma ，当功率恒为P 2时，设最大速度为v ′，则P 2＝F ′v ′＝F f v ′，所以v ′＝P 2F f ＝P 2v P 1－mav，选项B 正确． 4．一物块放在水平面上，在水平恒力F 的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F 的功率随时间变化的规律正确的是( C )解析：由题知，阻力与速度的关系式为：f ＝kv ，根据牛顿第二定律得：F －f ＝F －kv ＝ma ，解得：a ＝F m －k mv ，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据P ＝Fv 知，F 不变，则P t 图线的形状与v t 图线的形状相同，故C 正确，A 、B 、D 错误．5．质量为2 kg 的物体放在动摩擦因数为μ＝0.1的水平面上，在水平拉力F 的作用下，物体从O 点由静止开始运动，拉力做的功W 和物体发生的位移x 之间的关系如图所示，g 取10 m/s 2.下列说法中正确的是( A )A ．此物体在OA 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB ．此物体在AB 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 WC ．此物体在AB 段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD ．此物体在OA 段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W解析：物体受到的摩擦力f ＝μF N ＝0.1×2×10 N＝2 N ，由图象可知，斜率表示的是物体受到的拉力的大小，OA 段的拉力为5 N ，AB 段的拉力为2 N ，所以物体在OA 段做匀加速直线运动，在AB 段做匀速直线运动，选项C 、D 错误；在OA 段的拉力为5 N ，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由v ＝at ，x ＝12at 2，a ＝F －f m，解得v ＝3 m/s ，此时拉力的功率最大，为P ＝Fv ＝5×3 W＝15 W ，在AB 段，物体匀速运动，速度为3 m/s ，拉力为2 N ，所以此时拉力的功率为P ＝Fv ＝2×3 W＝6 W ，所以在整个过程中拉力的最大功率为15 W ，选项A 正确，B 错误．6．如图所示为某游乐园滑草场的示意图，某滑道由上、下两段倾角不同的斜面组成，斜面倾角θ1>θ2，滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同．载人滑车从坡顶A 处由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好滑到滑道的底端C 点停下．若在A 、C 点位置不变的情况下，将两段滑道的交接点B 向左平移一小段距离，使第一段AB 的倾角稍稍变大，第二段BC 的倾角稍稍变小．不计滑车在两段滑道交接处的机械能损失，则平移后( B )A ．滑车到达滑道底端C 点之前就会停下来B ．滑车仍恰好到达滑道的底端C 点停下C ．滑车到达滑道底端C 点后仍具有一定的速度，所以应在C 点右侧加安全防护装置D ．若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数，可使滑车仍恰好到达滑道的底端C 点停下解析：对滑车运动的全过程，由动能定理得mgh －μmg cos θ1·AB －μmg cos θ2·BC ＝0，即mgh －μmg ·x AC ＝0，现改变AB 和BC 的倾角，但A 、C 位置不变，则x AC 不变，滑车仍恰好到达滑道的底端C 点停下，选项A 、C 错误，B 正确；若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数，则x AC 减小，选项D 错误．二、多项选择题7．如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴O 上，另一端与套在粗糙固定直杆A 处的质量为m 的小球(可视为质点)相连．A 点距水平面的高度为h ，直杆与水平面的夹角为30°，OA ＝OC ，B 为AC 的中点，OB 等于弹簧原长．小球从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度为v ，并恰好能停在C 处．已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是( BCD )A ．小球通过B 点时的加速度为g 2B ．小球通过AB 段与BC 段摩擦力做功相等C ．弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2 D ．A 到C 过程中，产生的内能为mgh解析：因在B 点时弹簧处于原长，则小球到达B 点时的加速度为a ＝g sin30°－μg cos30°<12g ，选项A 错误；因AB 段与BC 段关于B 点对称，则在两段上弹力的平均值相等，则摩擦力的平均值相等，摩擦力做功相等，选项B 正确；设小球从A 运动到B 的过程中克服摩擦力做功为W f ，弹簧具有的最大弹性势能为E p ，根据能量守恒定律得，对于小球从A到B 的过程有：mg ·12h ＋E p ＝12mv 2＋W f ，从A 到C 的过程有：mgh ＝2W f ，解得：W f ＝12mgh ，则E p ＝12mv 2.即弹簧具有的最大弹性势能为12mv 2，故C 正确；A 到C 过程中，产生的内能为2W f ＝mgh ，选项D 正确．8.如图，点O 、a 、c 在同一水平线上，c 点在竖直细杆上．一橡皮筋一端固定在O 点，水平伸直(无弹力)时，另一端恰好位于a 点，在a 点固定一光滑小圆环，橡皮筋穿过圆环与套在杆上的小球相连．已知b 、c 间距离小于c 、d 间距离，小球与杆间的动摩擦因数恒定，橡皮筋始终在弹性限度内且其弹力跟伸长量成正比．小球从b 点上方某处释放，第一次到达b 、d 两点时速度相等，则小球从b 第一次运动到d 的过程中( BC )A ．在c 点速度最大B ．在c 点下方某位置速度最大C ．重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功D ．在b 、c 两点，摩擦力的瞬时功率大小相等解析：在b 点，重力和弹力向下的分力之和大于摩擦力，合力向下，向下运动过程中，弹力减小，所以从b 到c ，小球做加速度减小的加速运动，在c 点，弹力与杆垂直，重力和摩擦力的合力仍然向下，所以在c 点下方某位置加速度等于0，速度达到最大值，故A 错误，B 正确；由题意知，第一次到达b 、d 两点时速度相等，由动能定理可得，重力、弹力和摩擦力合力做功等于0，已知b 、c 间距离小于c 、d 间距离，即全过程弹力做负功，所以重力对小球做的功一定大于小球克服摩擦力做的功，故C 正确；设∠abc ＝θ，则两点的摩擦力分别为F fb ＝μkab sin θ＝μkac ＝F fc ，小球在b 、c 速度不等，由P ＝Fv 可知，在b 、c 两点的摩擦力的瞬时功率大小不等，故D 错误．9．一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象．已知重力加速度g 取10 m/s 2，由此可知( ABC )A ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35B ．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 JC ．匀速运动时的速度约为6 m/sD ．减速运动的时间约为1.7 s解析：物体匀速运动时，受力平衡，则F ＝μmg ，μ＝F mg ＝72×10＝0.35，选项A 正确；因为W ＝Fx ，故拉力的功等于F x 图线与x 坐标轴包围的面积，由图线可知曲线与x 轴间小格数约为13，则减速过程中拉力对物体做功为13×1 J＝13 J ，选项B 正确；由动能定理可知：W F －μmgx ＝0－12mv 20，其中x ＝7 m ，则解得：v 0＝6 m/s ，选项C 正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D 错误．10．如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)．让木板从离地高度为h 位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l 长度．已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)( AB )A ．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h 高度落下，物块下滑的长度将为2lB ．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块下滑的长度将大于2lC ．如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将为2lD ．如果仅改变木板的质量，使其变为原来一半，物块下滑距离将大于2l解析：设物块受到的滑动摩擦力为f ，根据动能定理，有mg (h ＋l )－fl ＝0，解得l ＝mgh f －mg .仅改变木板下落的高度，使其从2h 高度落下，物块下滑的长度将为2l ，故A 正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l ，故B 正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来2倍，物块下滑的距离将大于2l ，故C 错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l ，故D 错误．三、计算题11．如图所示，半径R ＝0.3 m 的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC 相切于B 点，水平轨道的C 点固定有竖直挡板，轨道上的A 点静置有一质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F ＝15.0 N 、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC 向右运动，当运动到AB 之间的D 点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B 点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压力为103N ．已知水平轨道AC 长为2 m ，B 为AC 的中点，小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1＝0.45，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小物块运动到B 点时的速度大小；(2)拉力F 作用在小物块上的时间t ；(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC 到达C 点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C 点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC 段间的动摩擦因数的取值范围．答案：见解析解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得F N ＋mg ＝m v 2R，由牛顿第三定律得F N ＝F N ′＝103N 联立解得v ＝2 m/s物块从B 运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg ·2R ＋12mv 2＝12mv 2B 解得v B ＝4 m/s(2)小物块从A 运动到B 点的过程，由动能定理得Fs －μ1mgx AB ＝12mv 2B －0根据牛顿第二定律得：F －μ1mg ＝ma由运动学公式有s ＝12at 2 联立解得t ＝7021s (3)设BC 段的动摩擦因数为μ2.①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v 1，则由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 21R，由动能定理得：－2μ2mgx BC －2mgR ＝12mv 21－12mv 2B 代入数据解得μ2＝0.025故为使物块能从C 点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C 点返回在圆槽形轨道上升高度R 时速度为零，由动能定理可得：－2μ2mgx BC－mgR ＝0－12mv 2B 代入数据解得：μ2＝0.25物块从C 返回刚好停止到B 点，由动能定理可得：－2μ2mgx BC ＝0－12mv 2B 代入数据解得：μ2＝0.4故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2<0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2<0.4.12．如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面AB 长为2.4 m ，其下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，C 是最低点，圆心角∠BOC ＝37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R ＝1.0 m ，现有一个质量为m ＝0.2 kg 可视为质点的滑块，从D 点的正上方h ＝1.6 m 的E 点处自由下落，滑块恰好能运动到A 点(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10 m/s 2，计算结果可保留根号)．求：(1)滑块第一次到达B 点的速度；(2)滑块与斜面AB 之间的动摩擦因数；(3)滑块在斜面上运动的总路程及总时间．答案：(1)4 3 m/s (2)0.5 (3)6 m 315＋535 s解析：(1)第一次到达B 点的速度为v 1，根据动能定理得：mg (h ＋R cos37°)＝12mv 21代入数据解得：v 1＝4 3 m/s(2)从E 到A 的过程，由动能定理得： mg (h ＋R cos37°－L AB sin37°)－μmg cos37°·L AB ＝0 代入数据解得：μ＝0.5(3)全过程由动能定理得：mg (h ＋R cos37°)－μmg cos37°s ＝0 代入数据解得：s ＝6 m沿斜面上滑加速度为：a 1＝g sin37°＋μg cos37°＝10 m/s 2 沿斜面下滑加速度为：a 2＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s 2因为v 212a 1＝v 222a 2，解得：v 2＝a 2a 1v 1＝15v 1v 3＝a 2a 1v 2＝(15)2v 1… v n ＝(15)n－1v 1则：t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 1a 1＋v 2a 1＋v 3a 1＋…＋v na 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2a 2＋v 3a 2＋…＋v n a 2代入数据解得：t ＝315＋535 s。

【2020】高考物理二轮复习专题测试：-功和能含解析附参考答案

A.a的动能小于b的动能
B.两物体机械能的变化量相等
C.a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D.绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零
【解析】选A、D.。由运动的合成与分解知识可知,va=vbcosθ,θ为拉b的绳与水平面的夹角,因此物体a的速度小于物体b的速度,而两物体的质量又相同,所以a的动能小于b的动能,A正确;a物体下降时,a的机械能的减少量等于b物体的动能增加量和b克服摩擦力做功之和,B错误;a的重力势能减小量等于两物体总动能的增加量与b克服摩擦力所做的功之和,C错误;绳的拉力对a所做的功等于a的机械能的减少量,绳的拉力对b所做的功等于b的动能增加量和克服摩擦力做功之和,D正确.。
2.(20xx·福建高考)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动.。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端.。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量,若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块( )
4.(20xx·重庆高考)某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶,受到的阻力分别为车重的k1和k2倍,最大速率分别为v1和v2,则( )
A.v2=k1v1B.C.v2= v1D.v2=k2v1
【解题指南】解答本题时应注意以下两点:
(1)机车的功率为其牵引力的功率.。
(2)当机车达到最大速率时,牵引力和阻力等大反向.。
【解析】选C.。根据x=错误！未找到引用源.。t和Wf=μmgx可判断,两次克服摩擦力所做的功Wf2=2Wf1.。由动能定理得WF1-Wf1=错误！未找到引用源.。mv2和WF2-Wf2=错误！未找到引用源.。m(2v)2,整理可判断WF2<4WF1,故选项C正确.。

2020版高考物理二轮复习专题限时集训功功率动能定理含解析

A．物体在下滑过程中.运动到B处时速度最大
B．物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
CD[物体在下滑过程中.开始阶段.重力沿轨道切线方向的分力大于滑动摩擦力.物体的速度增大。后来.重力沿轨道切线方向的分力小于滑动摩擦力.速度减小.则当重力沿轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大.此位置在A、B之间.故A错误；物体缓慢地从B被拉到A.克服摩擦力做的功为μmgR.而物体从A滑到B的过程中.物体做圆周运动.根据向心力知识可知物体所受的支持力比缓慢运动时要大.则滑动摩擦力增大.所以克服摩擦力做的功Wf大于μmgR.因此物体从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR.故B错误；从C到A的过程中.根据动能定理得：WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0.则由此可得拉力F做的功为WF＝mgR(1＋2μ).故D正确；从A到C的过程中.根据动能定理得：mgR－Wf－μmgR＝0.因为Wf＞μmgR.由此可得：mgR＞μmgR＋μmgR.由以上可得：WF＜2mgR.故C正确。所以C、D正确.A、B 错误。]
10．(多选)如图所示.竖直平面内有一半径为R的固定圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下.经过最低点B后沿水平轨道运动.到C处停下.B、C两点间的距离为R.物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将该小物体沿下滑的路径从C处缓慢拉回圆弧轨道的顶端A.拉力F的方向始终与小物体的运动方向一致.小物体从B处经圆弧轨道到达A处过程中.克服摩擦力做的功为μmgR.下列说法正确的是( )
5.(20xx·福建省普通高中毕业班质量测检)如图所示.水平传送带以恒定速度v顺时针转动.传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将小物块P轻放在传送带左端.P在接触弹簧前速度已达到v.与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d。P的质量为m.与传送带之间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦力.重力加速度为g。从P开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变的过程中( )

(新课标)2020版高考物理二轮复习专题二第1讲功和功率动能定理精练(含解析)

功和功率动能定理(45分钟)[刷基础][刷基础]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：D2．(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 JB．推力F的功率为100 WC．物体克服摩擦力做功为50 JD．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°＝100×1×32J＝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＝33，故D正确．答案：D3．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 ＝Pv mC ．该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt ＋12mv 2mD ．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：D4．(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μmgB ．物块克服摩擦力做的功为2μmgsC ．弹簧的最大弹性势能为μmgsD ．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v 0，整个过程应用动能定理有－2μmgs ＝0－12mv 20，解得v 0＝2μgs ，选项D 错误．答案：BC5.(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/s 2)( )A ．11 JB ．16 JC ．18 JD ．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＝34，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 ＝0.1m ，由动能定理有，W －mgh ＝12mv 2B ，解得绳的拉力对B 球所做的功为W ＝mgh ＋12mv 2B ＝2×10×0.1 J ＋12×2×42J ＝18 J ，选项C 正确．答案：C6.一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 1f.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 2f，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．答案：A7.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 kWC ．所受阻力大小为2 000 ND ．速度大小为50 m/s 时牵引力大小为3 000 N。

浙江省2020高考物理二轮复习专题二第一讲功功率和动能定理讲义含解析

高考物理二轮复习专题：第一讲功、功率和动能定理知识内容考试要求备考指津1.追寻守恒量——能量 b 1.对功和功率等基本概念的考查往往涉及对概念的理解，一般以选择题的形式出现．2．动能定理是高考考查的重点，考查形式有选择题，也有计算题．计算题中单纯考查动能定理的题目较少，往往与其他知识综合在一起考查.2.功 c3.功率 c4.重力势能 c5.弹性势能 b6.动能和动能定理d功的理解与计算【题组过关】1．(2019·浙江省名校联考)“激流勇进”是一种常见的水上机动游乐设备，常见于主题游乐园中．游客们在一定安全装置的束缚下，沿着设计好的水道漂行．其间通常会有至少一次大幅度的机械提升和瞬时跌落．图中所示为游客们正坐在皮筏艇上从高处沿斜坡水道向下加速滑行，在此过程中下列说法正确的是( )A．合力对游客做负功B．皮筏艇对游客不做功C．重力对游客做正功D．游客的机械能增加解析：选C.加速下滑，合力沿斜坡向下，合力做正功，选项A错误，重力做正功，选项C正确；皮筏艇对游客的摩擦力做负功，机械能减少，选项B、D错误．2．一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用W F1、W F2分别表示拉力F1、F2所做的功，W f1、W f2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则( )A．W F2>4W F1，W f2>2W f1B．W F2>4W F1，W f2＝2W f1C．W F2<4W F1，W f2＝2W f1D．W F2<4W F1，W f2<2W f1解析：选C.物体两次的加速度之比a 2∶a 1＝2v t ∶v t ＝2∶1，位移之比l 2∶l 1＝2v 2t ∶v2t ＝2∶1，摩擦力之比f 2∶f 1＝1∶1，由牛顿第二定律得F －f ＝ma ，则拉力之比F 2∶F 1＝(ma 2＋f )∶(ma 1＋f )<2，做功之比W F 2∶W F 1＝(F 2·l 2)∶(F 1·l 1)<4，W f 2∶W f 1＝(－f 2·l 2)∶(－f 1·l 1)＝2∶1，故C 正确．3．(多选)(2019·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m ，悬线长为L ，把悬线拉到水平位置后放手．设在摆球运动过程中空气阻力F 阻的大小不变，则下列说法正确的是( )A ．重力做功为mgLB ．悬线的拉力做功为零C ．空气阻力F 阻做功为－mgLD ．空气阻力F 阻做功为－12F 阻πL解析：选ABD.由重力做功特点得重力做功为：W G ＝mgL ，A 正确；悬线的拉力始终与v 垂直，不做功，B 正确；由微元法可求得空气阻力做功为：W F 阻＝－12F 阻πL ，D 正确．1．功的正、负的判断方法(1)恒力做功的判断：依据力与位移的夹角来判断．(2)曲线运动中做功的判断：依据F 与v 的方向夹角α来判断，0≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功．(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相互联系的物体之间的相互作用力做功的情况．2．求解变力做功的几种思路(1)利用动能定理W ＝ΔE k 或功能关系W ＝ΔE 计算能量变化量ΔE 或ΔE k ，即等量替换的物理思想．(2)当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车以恒定功率启动．(3)当变力方向不变，大小与位移成正比时，可用力对位移的平均值F ＝12(F 初＋F 末)来计算．(4)当变力大小不变，方向在变化且力的方向始终与速度方向相同或相反时，功可用力与路程的乘积计算．(5)用变力F 随位移x 的变化图象与x 轴所围的“面积”计算功．注意x 轴上、下两侧分别表示正、负功．对功率的理解与计算【重难提炼】1．平均功率的计算 (1)利用P ＝W t.(2)利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力． 2．瞬时功率的计算(1)利用公式P ＝F ·v cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． (2)P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． (3)P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受的外力F 在速度v 方向上的分力．对于α变化的不能用公式P ＝Fv cos α计算平均功率．3．两种启动方式的比较两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动P －t 图和v －t 图OA 段过程分析v ↑⇒F ＝P （不变）v↓⇒a ＝F －F 阻m↓ a ＝F －F 阻m不变⇒ F 不变，v ↑⇒P ＝Fv ↑直到P 额＝Fv 1 OA 段运动性质加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t 0＝v 1aAB 段过程分析F ＝F 阻⇒a ＝0⇒F 阻＝Pv mv ↑⇒F ＝P 额v ↓⇒a ＝F －F 阻m↓运动性质以v m 做匀速直线运动加速度减小的加速运动BC 段无F ＝F 阻⇒a ＝0⇒以v m ＝P 额F 阻做匀速直线运动某汽车发动机的额定功率为60 kW ，汽车质量为5 t ，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1.(g 取10 m/s 2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s 时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s 2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？[审题突破] (1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？ (2)v ＝5 m/s 时，牵引力多大？(3)以加速度0.5 m/s 2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？ [解析] (1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v 达到最大值v m ，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为v m ＝P F ＝P F f ＝60×1030.1×5 000×10m/s ＝12 m/sv ＝5 m/s 时的牵引力F 1＝P v ＝60×1035N ＝1.2×104N ，由F 1－F f ＝ma 得：a ＝F 1－F fm＝1.2×104－0.1×5×103×105×103m/s 2＝1.4 m/s 2. (2)当汽车以a ′＝0.5 m/s 2的加速度启动时的牵引力F 2＝ma ′＋F f ＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N＝7 500 N匀加速运动能达到的最大速度为v ′m ＝P F 2＝60×1037 500m/s ＝8 m/s由于此过程中汽车做匀加速直线运动，满足v ′m ＝a ′t 故匀加速过程能维持的时间t ＝v ′m a ′＝80.5s ＝16 s. [答案] (1)12 m/s 1.4 m/s 2(2)16 s【题组过关】考向一平均功率与瞬时功率1．(2019·杭州二模)质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图所示，力的方向保持不变，则( )A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在0～3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 08m解析：选B.2t 0时刻的速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0mt 0，3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m ·2t 0＋3F 0m t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，选项A 错误，B 正确；0～3t 0时间段内，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m ，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m，选项C 、D 均错误．考向二以恒定功率启动方式的求解2．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k 1和k 2倍，最大速率分别为v 1和v 2，则( )A ．v 2＝k 1v 1B ．v 2＝k 1k 2v 1 C ．v 2＝k 2k 1v 1D ．v 2＝k 2v 1解析：选B.车以最大速率行驶时，牵引力F 等于阻力F f ，即F ＝F f ＝kmg .由P ＝k 1mgv 1及P ＝k 2mgv 2，得v 2＝k 1k 2v 1，故B 正确．考向三以恒定牵引力启动方式的求解3．(多选)(2019·宁波月考)下列各图是反映汽车(额定功率P 额)从静止开始匀加速启动，最后做匀速直线运动的过程中，其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是( )解析：选ACD.从静止开始匀加速启动，由公式P ＝Fv 及题意知，当力恒定时，随着速度的增加功率P 增大，当P ＝P 额时，功率不再增加，此时，牵引力F 大于阻力f ，速度继续增加，牵引力减小，此后汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当F ＝f 时，速度达最大，做匀速直线运动．由以上分析知，B 错误，A 、C 、D 正确．4．某汽车集团公司研制了一辆燃油与电动混合动力赛车，燃油发动机单独工作时的额定功率为P ，蓄电池供电的电力发动机单独工作时的额定功率为3P4，已知赛车运动过程中受到的阻力恒定．(1)若燃油发动机单独工作时的最大速度为120 km/h ，则两台发动机同时工作时的最大速度为多少？(2)若赛车先单独启动电力发动机从静止开始做匀加速直线运动，经过t 1时间达到额定功率，然后以燃油发动机的额定功率单独启动继续加速，又经过t 2时间达到最大速度v 0，赛车总质量为m ，求赛车的整个加速距离．解析：(1)燃油发动机单独工作，P ＝F 1v 1＝fv 1 两台发动机同时工作，P ＋3P4＝F 2v 2＝fv 2最大速度v 2＝7v 14＝210 km/h.(2)燃油发动机的额定功率为P ，最大速度为v 0，阻力f ＝P v 0匀加速过程功率随时间均匀增加，发动机的平均功率为3P8，设总路程为s ，由动能定理有3P 8t 1＋Pt 2－fs ＝12mv 20 解得s ＝P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P.答案：(1)210 km/h (2)P （3t 1＋8t 2）v 0－4mv 38P1．计算功率的基本思路(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，然后明确所用公式．(2)判断变力的瞬时功率的变化情况时，若F 大小不变，根据F 与v 的夹角的变化，由P ＝F ·v cos θ判断，若F 的大小和F 、v 夹角均变化时，可先把F 做功转换成其他恒力做功，然后再判断． 2．机车启动问题中的三个重要关系式(1)无论哪种运动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m ＝P F min ＝P F 阻(式中F min 为最小牵引力，其值等于阻力F 阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v ＝P F ＜v m ＝P F 阻. (3)机车以恒定功率运动时，牵引力做的功W ＝Pt .由动能定理：Pt －F 阻x ＝ΔE k .此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．动能定理的应用【重难提炼】(多选)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中，( )A ．弹力对小球先做正功后做负功B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差[解析] 小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．[答案] BCD【题组过关】考向一运用动能定理求变力做功1.如图所示，在外力作用下某质点运动的v －t 图象为正弦曲线．从图中可以判断( )A ．在0～t 1时间内，外力做负功B ．在0～t 1时间内，外力的功率逐渐增大C ．在t 2时刻，外力的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力做的总功为零解析：选D.由动能定理可知，在0～t 1时间内质点速度越来越大，动能越来越大，外力一定做正功，故A 项错误；在t 1～t 3时间内，动能变化量为零，可以判定外力做的总功为零，故D 项正确；由P ＝F ·v 知0、t 1、t 2、t 3四个时刻功率为零，故B 、C 都错误．2．如图，一半径为R 、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平．一质量为m 的质点自P 点上方高度R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入轨道．质点滑到轨道最低点N 时，对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示质点从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．W ＝12mgR ，质点恰好可以到达Q 点B ．W >12mgR ，质点不能到达Q 点C ．W ＝12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离D ．W <12mgR ，质点到达Q 点后，继续上升一段距离解析：选C.设质点到达N 点的速度为v N ，在N 点质点受到轨道的弹力为F N ，则F N －mg ＝mv 2NR，已知F N ＝F ′N ＝4mg ，则质点到达N 点的动能为E k N ＝12mv 2N ＝32mgR .质点由开始至N 点的过程，由动能定理得mg ·2R ＋W f ＝E k N －0，解得摩擦力做的功为W f ＝－12mgR ，即克服摩擦力做的功为W＝－W f ＝12mgR .设从N 到Q 的过程中克服摩擦力做功为W ′，则W ′<W .从N 到Q 的过程，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv 2Q －12mv 2N ，即12mgR －W ′＝12mv 2Q ，故质点到达Q 点后速度不为0，质点继续上升一段距离．选项C 正确．考向二运用动能定理解决往复运动问题3．如图所示，质量为 m 的滑块距挡板 P 的距离为 l 0，滑块以初速度 v 0沿倾角为θ的斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是( )A.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θB.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g sin θ＋l0tan θC.2μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θD.1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0cot θ解析：选A.滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，因此滑块最终必定停在挡板P 处．设滑块经过的总路程为l，对滑块运动的全过程应用动能定理，有mgl0sin θ－μmgl cosθ＝ 0 －12mv20，解得l＝1μ⎝⎛⎭⎪⎫v202g cos θ＋l0tan θ，选项A正确．考向三运用动能定理解决曲线运动问题4．(2017·浙江选考11月)如图(1)所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图(2)的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg 的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝132，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(1)求过山车过F点时的速度大小．(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功．(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？解析：(1)在F 点的向心力F 向＝mg －0.25mg ＝m v 2Fr，代入已知数据可知v F ＝310 m/s.(2)根据动能定理，从B 点到F 点，有 12mv 2F －0＝mgh BF ＋W 正解得W 正＝－7.5×104J.(3)触发制动后能恰好到达E 点对应的摩擦力为F f1－F f1L cos θ－mgr cos θ＝0－12mv 2D未触发制动时，对D 点到F 点的过程，有－μmg cos θL cos θ－mgr ＝12mv 2F －12mv 2D联立得F f1＝7316×103 N ＝4.6×103N要使过山车停在倾斜轨道上，摩擦力为F f2F f2＝mg sin θ＝6×103 N故F fm ＝6×103N. 答案：见解析1．动能定理虽然是在恒力作用下的直线运动中推导出来的，但也适用于变力做功、曲线运动的情况．2．当问题涉及力、位移(或路程)、速度，而不涉及加速度和时间时，可优先考虑利用动能定理分析问题．3．对于多过程问题，求解时可对全过程应用动能定理，从而避开对每个运动过程的具体细节进行分析，具有过程简明、运算量小等优点．4．应用动能定理的关键是写出各力做功的代数和，不要漏掉某个力做的功，同时要注意各力做功的正、负．5．应用动能定理解题的基本思路[课后作业(八)] (建议用时：50分钟)一、选择题1.(2017·浙江选考11月)如图所示，质量为60 kg 的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c 点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa 、ob 分别为0.9 m 和0.6 m ．若她在1 min 内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m ，则克服重力做的功和相应的功率约为( )A ．430 J ，7 WB ．4 300 J ，70 WC ．720 J ，12 WD ．7 200 J ，120 W解析：选B.根据相似三角形，每次俯卧撑中，重心变化的高度h 0.4 m ＝0.90.9＋0.6，即h ＝0.24 m ．一次俯卧撑中，克服重力做功W ＝mgh ＝60×10×0.24 J ＝144 J ，所以一分钟内克服重力做功为W 总＝nW ＝4 320 J ，功率P ＝W 总t＝72 W ，故选项B 正确． 2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )A ．4倍B ．2倍 C. 3 倍D. 2 倍解析：选D.设F f ＝kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P ＝Fv ＝F f v ＝kv ·v ＝kv 2，变化后有2P ＝F ′v ′＝kv ′·v ′＝kv ′2，联立解得v ′＝2v ，D 正确．3．(2017·浙江选考11月)如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min 内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m 到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m 3/min ，水离开炮口时的速率为20 m/s ，则用于( )A ．水炮工作的发动机输出功率约为1×104W B ．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C ．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D ．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 解析：选B.登高平台克服重力做功的功率P ＝mgh t ＝400×10×605×60W ＝800 W ，而伸缩臂具有一定质量，升高了一定高度输出功率大于800 W ，选项D 错误；在1秒钟内，喷出去水的质量为m ′＝ρV ＝103×120kg ＝50 kg ，喷出去水的重力势能为W G ＝m ′gh ＝50×10×60 J ＝3×104 J ，水的动能为12m ′v 2＝1×104 J ，所以1 s 内水增加的能量为4×104J ，所以功率为4×104W ，选项B 正确，选项A 、C 错误．4.(2019·温州月考)如图所示，一质量为m 的质点在半径为R 的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A 点滑下，到达最低点B 时，它对容器的正压力为F N .重力加速度为g ，则质点自A 滑到B 的过程中，摩擦力对其所做的功为( )A.12R (F N －3mg ) B.12R (2mg －F N ) C.12R (F N －mg ) D.12R (F N －2mg ) 解析：选A.质点在B 点，由牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v 2R，质点在B 点的动能为E k B ＝12mv 2＝12(F N －mg )R .质点自A 滑到B 的过程中，由动能定理得：mgR ＋W f ＝E k B －0，解得：W f ＝12R (F N －3mg )，选项A 正确，B 、C 、D 错误．5．水平面上一质量为m 的物体，在水平力F 作用下开始加速运动，如图甲所示，力F 的功率P 保持恒定，运动过程所受的阻力f 大小不变，物体速度最终达到稳定值v m ，F 作用过程中物体的速度v 的倒数与加速度a 的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P 的情况下，根据图象所给的信息( )A ．可求出m 、f 、v mB ．不能求出mC ．不能求出fD ．可求出加速运动时间解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P ＝Fv ，而F －f ＝ma ，联立可得1v ＝m P a ＋fP，由题图乙可得图线的斜率为m P，纵截距为f P ＝1v m，因此可求出m 、f 和v m ，选项A 正确，B 、C 错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D 错误．6．质量为2 kg 的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g ＝10 m/s 2) ( )A ．34 JB ．56 JC．92 J D．196 J解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－F f x＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－F f x＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A.7．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为( )A．5.5 J B．3.5 JC．2.0 J D．1.5 J解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔE p＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．8.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mg sin θ＝F cos θ，得F＝mg tanθ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A项正确．9．(2018·浙江选考4月)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)( )A ．－1.2×103J B ．－7.5×102J C ．－6.0×102 JD ．－2.0×102J解析：选B.由图可知猴子到C 点时重力势能最小，∠BCF ＝∠ECF ＝θ，所以L BC ·sin θ＋L AC ·sin θ＝BD ，所以sin θ＝BD L AB ＝45，即θ＝53°.AD ＝2 m ，则ED ＝AD ·tan 53°＝83m ，所以FE ＝203 m ．FC ∶AD ＝FE ∶ED ，得FC ＝5 m ，所以AC 高度差为7 m ，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m ，故猴子重力势能最小约为E p ＝－mgh ＝－750 J ，故选项B 正确．10．(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )解析：选ACD.汽车启动时由P ＝Fv 和F －F f ＝ma 可知，匀加速启动过程中，牵引力F 、加速度a 恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A 、C 、D 正确，B 错误．二、非选择题11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m ＝1 kg 的物体从静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F 在1 s 内对物体做的功为多大？拉力F 在1 s 末的瞬时功率为多大？(g 取10 m/s 2)解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得： 2F －mg ＝ma ，由运动学规律可得在 1 s 内物体上升的高度和1 s 末的速度分别为h ＝12at 2，v ＝at .根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s 内力F 做的功为W ＝F ·2h . 1 s 末力F 对物体做功的瞬时功率为P ＝F ·2v 联立上述方程，代入数据可得：W ＝37.5 J ，P ＝75 W.答案：37.5 J 75 W12．(2019·湖州模拟)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MD －2 000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．(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)由题图可得汽车在第1个2 s 时间内的位移x 1＝9 m ，第2个2 s 时间内的位移x 2＝15 m汽车的加速度a ＝Δx T2＝1.5 m/s 2.(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 ＝90×1033×103m/s ＝30 m/s匀加速运动保持的时间t 1＝v a ＝301.5s ＝20 s.(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝P 额F f ＝90×1031.5×103m/s ＝60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t 1＝20 s ，运动的距离x ′1＝vt 12＝302×20 m ＝300 m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x ′2＝(2 400－300) m ＝2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有P 额t 2－F f x ′2＝12m (v 2m －v 2)解得t 2＝50 s所以，所用最短时间为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 s13．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小； (3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．解析：(1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg＝tan α①F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得F 0＝34mg ④v ＝5gR 2.⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥PA ，交PA 于D 点，由几何关系得DA ＝R sinα⑥CD ＝R (1＋cos α)⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12mv 2－12mv 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为p ＝mv 1＝m 23gR2.⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD ⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g.⑫答案：见解析。

2020届高考二轮复习物理：专题功和功率动能定理 Word版含解析

第5讲功和功率动能定理构建网络·重温真题1．(2019·全国卷Ⅲ)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E k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 kgC．1 kg D．0.5 kg答案 C解析画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，A→B(上升过程)：E k B－E k A＝－(mg＋f)hC→D(下落过程)：E k D－E k C＝(mg－f)h联立以上两式，解得物体的质量m＝1 kg，C正确。

2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定()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答案 A解析木箱受力如图所示：木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：W F－W f＝12m v2－0，所以动能小于拉力做的功，故A 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C 、D 错误。

3．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程( )A ．矿车上升所用的时间之比为4∶5B ．电机的最大牵引力之比为2∶1C ．电机输出的最大功率之比为2∶1D ．电机所做的功之比为4∶5答案 AC解析设第②次所用时间为t ，根据速度图象与t 轴所围的面积等于位移(此题中为提升的高度)可知，12×2t 0×v 0＝12×()t －t 0＋t ×12v 0，解得：t ＝5t 02，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t 0∶5t 02＝4∶5，A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律，F －mg ＝ma ，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，B 错误；由功率公式P ＝F v ，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C 正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W 电－mgh ＝0，两次提升高度h 相同，所以电机两次做功相同，D 错误。

2020届通用高考物理大二复习专题强化练六功功率和动能定理含解析

专题强化练(六) 功、功率和动能定理(满分:100分时间:50分钟)一、选择题(共7小题,每小题8分,共56分)1.(考点2)(多选)(2019江苏宿迁期末)一辆汽车以速度v 0在平直的公路上匀速行驶。

到达某处时,司机减小油门使汽车输出功率减小为原来的一半,并保持该功率行驶。

假设汽车受到的阻力恒定,下列能正确表示从减小油门开始,汽车加速度a 、速度v 、时间t 之间关系是( ),速度v 不可以突变,则F'=F2,汽车减速,保持减半的功率不变,则当速度减小时,牵引力增大,根据牛顿第二定律知,a=F -F 'F,则加速度a 减小,即做加速度逐渐减小的减速运动,a=F -F 2FF =F F −F 2FF ,可知a 与1F 成线性关系。

开始时汽车做匀速运动,f=F=FF 0,所以a=FF −F2FF =FFF 0−F2FF ,可知当v=12v 0时刻汽车的加速度减小为0。

故A 正确,B 错误。

由以上的分析可知,汽车先做加速度减小的减速运动,当加速度减小为零时,汽车做匀速直线运动,故C 错误,D 正确。

2.(考点1)(多选)(2019河南示范性高中联考)如图甲所示静止在水平地面上的滑块在水平拉力F 作用下从t=0时刻起,其加速度大小a 随时间t 的变化规律如图乙所示。

已知滑块质量m=1 kg,与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g 取10 m/s 2。

则下列判断正确的是( )A.t=2 s 时,滑块的速度大小为3.2 m/sB.t=5 s 时,水平拉力F 为零C.0~5 s 内,水平拉力F 的冲量为15 N ·sD.0~5 s内,水平拉力F所做的功为12.5 J-t图象与时间轴围成的面积等于滑块在某时刻的速度大小,由此求解t=2s时滑块的速度;根据动量定理求解水平拉力F的冲量;根据动能定理判断水平拉力F所做的功。

a-t图象与时间轴围成的面积等于滑块在某时刻的速度大小,由图象可知,当t=2s时,a=1.2m/s2,v1=1.2+22×2m/s=3.2m/s,选项A正确;t=5s时,水平力F与摩擦力大小相等,摩擦力大小F f=μmg=2N,选项B错误;5s时滑块的速度大小为v=12×2×5m/s=5m/s;0~5s内水平拉力F的冲量为I F-μmgt=mv,解得I F=15N·s,选项C正确;由动能定理可知合力做的功W=12mv2=12.5J,所以水平拉力F的功大于12.5J,选项D错误。

2020届高考物理二轮课时作业：专题二 1 功和功率、动能定理含解析

专题二第1讲[A级－对点练][题组一]功和功率1．用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力F 缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是()A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)解析：B[小球受到斜面的弹力沿小球的运动方向有分量，故对小球做功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误．] 2．(多选)如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑的过程中()A．M对m的支持力做负功B．M对m的摩擦力做负功C．m所受的合外力对m做负功D．m的机械能守恒解析：AD[分析木块m的受力可知，支持力方向与速度方向夹角为钝角，摩擦力方向与速度方向夹角为锐角，则M对m的支持力做负功，M对m的摩擦力做正功，故A正确、B 错误．两木块整体沿斜面加速下滑，木块m所受合外力对m一定做正功，故C错误．由整体受力可知整体下滑的加速度大小为a＝g sin θ，方向平行于斜面向下，整体所受合外力等于其重力沿斜面方向的分力，这表明木块m 所受支持力、摩擦力的合力与其重力垂直于斜面的分力等值反向，即支持力与摩擦力的合力方向垂直于速度方向，所以支持力与摩擦力对木块m 所做的总功为零，即除重力外其他力对木块m 做功之和为零，则m 的机械能守恒，D 正确．]3．如图，一长为L 的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m 的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向夹角为60°时，拉力的功率为( )A ．mgLω B.32mgLω C.12mgLω D.36mgLω 解析：C [由能的转化与守恒可知，拉力的功率等于克服重力的功率，P F ＝P G ＝mg v y ＝mg v cos 60°＝12mgωL ，故选C.]4．(多选)如图所示，a 、b 两球的质量均为m ，a 从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b 从斜面顶端以初速度v 0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是( )A ．都做匀变速运动B ．落地前的瞬间速率相同C ．整个运动的过程重力对二者做功的平均功率相同D ．整个运动过程重力势能的变化相同解析：AD [由于两球运动过程中加速度均恒定不变，所以A 正确．根据机械能守恒定律有12m v 2末＝12m v 2初＋mgh ，由于v 初a ＝0，v 初b ＝v 0，所以落地时v 末b ＞v 末a ，B 错误．两球在竖直方向运动的距离相同，则重力做功相等，又运动时间t a ＞t b ，由P ＝W t 知，P a ＜P b ，C 错误．根据ΔE p ＝－mgh 知，D 正确．]5．如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是( )A ．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B ．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量C ．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量D ．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于摩擦力对物体所做的功解析：C [对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A 错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B 错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D 错误；设第一阶段运动时间为t ，传送带速度为v ，对物体：x 1＝v2t ，对传送带：x ′1＝v t ，摩擦生的热Q ＝fx 相对＝f (x ′1－x 1)＝f ⎝⎛⎭⎫v 2t ，机械能增加量ΔE ＝fx 1＝f ⎝⎛⎭⎫v2t ，所以Q ＝ΔE ，C 正确．][题组二] 机车启动问题6．(多选)如图甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F 作用下，由静止开始运动，运动过程中F 功率恒为P .物体运动速率的倒数1v 与加速度a 的关系如图乙所示(v 0、a 0为已知量)．则下列说法正确的是( )A ．该运动过程中的拉力F 为恒力B ．物体加速运动的时间为v 0a 0C ．物体所受阻力大小为Pv 0D ．物体的质量为Pv 0a 0解析：CD [由题意可知：P ＝F v 根据牛顿第二定律得：F －f ＝ma 即得：Pv ＝ma ＋f联立解得：1v ＝m P a ＋fP匀速时有：1v 0＝f P ，f ＝Pv 0图线的斜率m P ＝1v 0a 0，解得：m ＝Pa 0v 0.故C 、D 项正确．]7．如图所示为某汽车启动时发动机功率P 随时间t 变化的图像，图中P 0为发动机的额定功率，若已知汽车在t 2时刻之前已达到最大速度v m ，据此可知( )A ．t 1～t 2时间内汽车做匀速运动B ．0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 1C ．0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝⎛⎭⎫t 2－t 12 D ．汽车匀速运动时所受的阻力小于P 0v m解析：C [在0～t 1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由F －f ＝ma 可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t 1时刻达到额定功率，随后在t 1～t 2时间内，汽车速度继续增大，由P ＝F v 可知，牵引力减小，加速度减小，直到牵引力减小到与阻力相等时，f ＝F ＝P 0v m ，达到最大速度v m ，接着做匀速运动．发动机所做的功等于图线与t 轴所围的“面积”，0～t 1时间内发动机做的功为P 0t 12，0～t 2时间内发动机做的功为P 0⎝⎛⎭⎫ t 2－t 12.故C 正确，A 、B 、D 错误．][题组三] 动能定理的应用8．(2018·课标Ⅱ，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱获得的动能一定( )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：A [对木箱受力分析如图：根据动能定理W F －W f ＝E k ，故A 对，B 错误；因无法比较E k 与W f 的关系，故C 、D 错误．]9．如图所示，质量为0.1 kg 的小物块在粗糙水平桌面上滑行4 m 后以3.0 m/s 的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m ，若不计空气阻力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．小物块的初速度是5 m/sB ．小物块的水平射程为1.2 mC ．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J 的功D ．小物块落地时的动能为0.9 J解析：D [小物块在桌面上克服摩擦力做功W f ＝μmgL ＝2 J ，C 错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－W f ＝12m v 2－12m v 20，解得v 0＝7 m/s ，A 错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x ＝v t 、h ＝12gt 2，解得x ＝0.9 m ，B 错．设小物块落地时动能为E k ，由动能定理得mgh ＝E k －12m v 2，解得E k ＝0.9 J ，D 正确．]10．用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是( )A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大C ．物体在2～4 s 内速度不变D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力做的功解析：D [由a -t 图像可知：图线与时间轴所围的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s－12×1×2 m/s ＝6 m/s ，则0～6 s 内物体一直向正方向运动，A 错；由图像可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝12×(2＋5)×2 m/s ＝7 m/s ，B 错；由图像可知在2～4 s 内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C 错；由动能定理可知，0～4 s 内合力对物体做的功W 合4＝12m v 24－0，又v 4＝12×(2＋4)×2 m/s ＝6 m/s ，得W 合4＝36 J ，由动能定理可知，0～6 s 内合力对物体做的功W 合6＝12m v 26－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ，则W 合4＝W 合6，D 正确．][B 级－综合练]11．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h 1高处的A 点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A 点水平距离为s 的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A 点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h 2高处的E 点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则( )A ．动摩擦因数为tan θB ．动摩擦因数为h 1sC ．倾角α一定大于θD ．倾角α可以大于θ解析：B [第一次停在BC 上的某点，由动能定理得 mgh 1－μmg cos θ·h 1sin θ－μmgs ′＝0mgh 1－μmg ⎝⎛⎭⎫h 1tan θ＋s ′＝0 mgh 1－μmgs ＝0 μ＝h 1sA 错误，B 正确．在AB 段由静止下滑，说明μmg cos θ＜mg sin θ，第二次滑上CE 在E 点停下，说明μmg cos α≥mg sin α，若α＞θ，则雪橇不能停在E 点，所以C 、D 错误．]12．(2019·天津卷，10T)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长L 1＝150 m ，BC 水平投影L 2＝63 m ，图中C 点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t ＝6 s 到达B 点进入BC .已知飞行员的质量m ＝60 kg ，g ＝10 m/s 2.求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W ； (2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力F N 多大．解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v ，则有 v 2＝L 1t① 根据动能定理，有 W ＝12m v 2－0②联立①②式，代入数据，得 W ＝7.5×104 J ③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有 L 2＝R sin θ④ 由牛顿第二定律，有 F N －mg ＝m v 2R⑤联立①④⑤式，代入数据，得 F N ＝1.1×103 N ⑥答案：(1)W ＝7.5×104 J (2)F N ＝1.1×103 N13．如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑14圆轨道的半径为R ＝2 m ，其轨道底端P距地面的高度为h ＝5 m ，P 与右侧竖直墙的距离为L ＝1.8 m ，Q 为圆弧轨道上的一点，它与圆心的连线OQ 与竖直方向的夹角为53°.现将一质量为m ＝100 g 可视为质点的小球从Q 点由静止释放，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(1)小球运动到P 点时对轨道的压力为多大？(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙角B 点的距离是多少？(小球和地面碰撞后不再弹起．)解析：(1)小球由Q 到P 的过程，由动能定理得： mgR (1－cos 53°)＝12m v 2 ①在P 点小球所受的支持力为F ，由牛顿第二定律有： F －mg ＝m v 2R解得F ＝1.8 N.根据牛顿第三定律知，在P 点小球对轨道的压力大小F ′＝F ＝1.8 N (2)小球到达P 点时速度的大小为v ，由①式得v ＝4 m/s.若右侧无墙壁，小球做平抛运动的时间t ＝2hg＝1 s ，解得小球做平抛运动的射程x ＝v t ＝4 m.由弹性碰撞和对称性知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面上，落点与B 点相距s ＝L －(x －2L )＝1.4 m.答案：(1)1.8 N (2)1.4 m14．如图所示，质量m ＝3 kg 的小物块以初速度v 0＝4 m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R ＝3.75 m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心O 的连线与竖直方向成37°角．MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r ＝0.4 m 的半圆轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接．已知重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)求小物块的抛出点离A 点的竖直距离h .(2)若MN 的长度为L ＝6 m ，求小物块通过C 点时所受轨道的弹力F N 大小． (3)若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L ′. 解析：(1)根据平抛运动规律有tan 37°＝gtv 0，得t ＝0.3 s ，解得h ＝12gt 2＝0.45 m.(2)小物块由抛出点运动到B 点的过程中，根据动能定理有mg [h ＋R (1－cos 37°)]＝12m v 2B－12m v 20，解得v B ＝210 m/s.小物块由B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有：－μmgL －2mgr ＝12m v 2C －12m v 2B 在C 点：F N ＋mg ＝m v 2C r ，解得F N ＝60 N.(3)小物块刚好能通过C 点时，有mg ＝m v C ′2r ，解得v C ′2＝2 m/s.小物块从B 点运动到C 点的过程中，根据动能定理有－μmgL ′－2mgr ＝12m v C ′2－12m v 2B解得L ′＝10 m.答案：(1)0.45 m (2)60 N (3)10 m。

2020届高考物理专题复习检测专题二：功 功率 动能定理(含解析)

2020年高考物理二轮复习经典试题： 功 功率 动能定理

2020年高考物理二轮复习专题练习卷---功 功率 动能定理(解析版)