2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 診斷卷（七）專題二 功和能 第一講 功和功率 動(dòng)能定理（通用）

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1、 考點(diǎn)一 功和功率 1.[考查功的大小計(jì)算] (2020·沈陽期中)如圖1所示，質(zhì)量m＝1 kg、長(zhǎng)L＝0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平。板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4?，F(xiàn)用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10 m/s2)(　　) 圖1 A．1 J　　　　　　　　　 B．1.6 J C．2 J D．4 J 2．[考查機(jī)車的啟動(dòng)與牽引問題] (2020·海南高考)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉淼?　　) A．4倍 B．

2、2倍 C.倍 D.倍 3．[考查功率的分析與計(jì)算] (多選)位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運(yùn)動(dòng)；若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運(yùn)動(dòng)，且F1與F2功率相同。則可能有(　　) 圖2 A．F2＝F1　v1>v2 B．F2＝F1　v1F1　v1>v2 D．F2

3、　　) 圖3 考點(diǎn)二 動(dòng)能定理的應(yīng)用 5.[考查動(dòng)能定理與v -t圖像的綜合應(yīng)用] (多選)物體在合外力作用下做直線運(yùn)動(dòng)的v -t圖像如圖4所示。下列表述正確的是(　　) 圖4 A．在0～2 s內(nèi)，合外力總是做負(fù)功 B．在1～2 s內(nèi)，合外力不做功 C．在0～3 s內(nèi)，合外力做功為零 D．在0～1 s內(nèi)比1～3 s內(nèi)合外力做功快 6．[考查應(yīng)用動(dòng)能定理判斷物體動(dòng)能增量的大小關(guān)系] (多選)如圖5所示，一塊長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動(dòng)，以地面為參考系，A、B都向前移動(dòng)一段距

4、離。在此過程中(　　) 圖5 A．外力F做的功等于A和B動(dòng)能的增量 B．B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能增量 C．A對(duì)B的摩擦力所做的功等于B對(duì)A的摩擦力所做的功 D．外力F對(duì)B做的功等于B的動(dòng)能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 7．[考查應(yīng)用動(dòng)能定理求解變力做功大小] (2020·海南高考)如圖6，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高，質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對(duì)軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　) 圖6 A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR

5、 8．[考查動(dòng)能定理結(jié)合圖像求解變力做功] (2020·上饒二模)泥石流是在雨季由于暴雨、洪水將含有沙石且松軟的土質(zhì)山體經(jīng)飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動(dòng)的全過程雖然只有很短時(shí)間，但由于其高速前進(jìn)，具有強(qiáng)大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對(duì)泥石流的威力進(jìn)行了模擬研究，他們?cè)O(shè)計(jì)了如圖7甲的模型：在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為m＝4 kg的物體，讓其在隨位移均勻減小的水平推力作用下運(yùn)動(dòng)，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g＝10 m/s2。則： 圖7 (1)物體在運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度為多少？ (2)在距出發(fā)點(diǎn)多遠(yuǎn)處，物體的速度達(dá)到最大？ (3)物

6、體在水平面上運(yùn)動(dòng)的最大位移是多少？ 考點(diǎn)三 應(yīng)用動(dòng)能定理解決力學(xué)綜合問題 9.[考查用動(dòng)能定理解決多過程問題] (2020·江西十校聯(lián)考)如圖8所示，固定斜面傾角為θ，整個(gè)斜面分為AB、BC兩段，且1.5 AB＝BC。小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與AB、BC兩段斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿足的關(guān)系是(　　) 圖8 A．tan θ＝ B．tan θ＝ C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1 10．[考查動(dòng)能定理與平

7、拋運(yùn)動(dòng)的綜合問題] (2020·浙江高考)如圖9所示為足球球門，球門寬為L(zhǎng)。一個(gè)球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點(diǎn))。球員頂球點(diǎn)的高度為h。足球做平拋運(yùn)動(dòng)(足球可看成質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力)，則(　　) 圖9 A．足球位移的大小x＝ B．足球初速度的大小v0＝ C．足球末速度的大小v＝ D．足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tan θ＝ 11．[考查應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過程問題及變力做功問題] (2020·全國(guó)卷Ⅰ)如圖10，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處

8、由靜止開始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功。則(　　) 圖10 A．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn) B．W>mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn) C．W＝mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離 D．W

9、F水平軌道。小球由靜止從A點(diǎn)釋放，已知AB長(zhǎng)為5R，CD長(zhǎng)為R，重力加速度為g，小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD、EF的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：(在運(yùn)算中，根號(hào)中的數(shù)值無需算出) 圖11 (1)小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大小。 (2)小球剛到C時(shí)對(duì)軌道的作用力。 (3)要使小球在運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足什么條件？ 答 案 1．選B　在薄板沒有翻轉(zhuǎn)之前，薄板與水平面之間的摩擦力f＝μmg＝4 N。力F做

10、的功用來克服摩擦力消耗的能量，而在這個(gè)過程中薄板只需移動(dòng)的距離為，則做的功至少為W＝f×＝1.6 J，所以B正確。 2．選D　設(shè)f＝kv，當(dāng)阻力等于牽引力時(shí)，速度最大，輸出功率變化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，變化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，聯(lián)立解得v′＝v，D正確。 3．選BD　根據(jù)平衡條件有F1＝μmg，設(shè)F2與水平面間的夾角為θ，則有F2cos θ＝μ(mg－F2sin θ)，得F2＝，因而兩力大小關(guān)系不確定，但兩種運(yùn)動(dòng)情況下，物體均做勻速運(yùn)動(dòng)，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，顯然第二種情況下，摩擦力較小，則有v1

11、．選A　由P-t圖像知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛。設(shè)汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當(dāng)v增加時(shí)，F(xiàn)減小，由a＝知a減小，又因速度不可能突變，所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確。 5．選CD　由物體的速度圖像和動(dòng)能定理可知在0～2 s內(nèi)物體先加速后減速，合外力先做正功后做負(fù)功，A錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)能定理得0～3 s內(nèi)合外力做功為零，1～2 s內(nèi)合外力做負(fù)功，C對(duì)，B錯(cuò)；在0～1 s內(nèi)比1～3 s內(nèi)合外力做功快，D對(duì)。 6．選BD　A物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)物體A應(yīng)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，B對(duì)；A對(duì)B的摩擦

12、力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B相對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，C錯(cuò)；對(duì)長(zhǎng)木板B應(yīng)用動(dòng)能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F對(duì)B做的功，等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對(duì)；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對(duì)A的摩擦力所做的功)不等，故A錯(cuò)。 7．選C　在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有N－mg＝m，N＝2mg，聯(lián)立解得v＝，下落過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR＝Wf＋mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功

13、為mgR，C正確。 8．解析：(1)當(dāng)推力F最大時(shí)，加速度最大，由牛頓第二定律，得：Fm－μmg＝mam可解得：am＝15 m/s2。 (2)由圖像可知：F隨x變化的函數(shù)方程為F＝80－20x 速度最大時(shí)，合力為0，即F＝μmg 所以x＝3 m。 (3)位移最大時(shí)，末速度一定為0 由動(dòng)能定理可得：WF－μmgx＝0 由圖像可知，力F做的功為 WF＝Fmxm＝×80×4 J＝160 J 所以x＝8 m。 答案：(1)15 m/s2　(2)3 m　(3)8 m 9．選A　物塊從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)，物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力。設(shè)斜面AC長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式：

14、 mgLsin θ－μ1mgcos θ×L－μ2mgcos θ×L＝0－0＝0 解得：tan θ＝，故選A。 10．選B　根據(jù)幾何關(guān)系可知，足球做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直高度為h，水平位移為x水平＝ ，則足球位移的大小為：x＝＝ ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝，選項(xiàng)B正確；對(duì)小球應(yīng)用動(dòng)能定理：mgh＝－，可得足球末速度v＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tan θ＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 11．選C　設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝，已知FN＝FN′＝4mg，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkN＝mvN2＝mgR。質(zhì)

15、點(diǎn)由開始至N點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝mgR。設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W′，則W′

16、第二定律，有： FN－mg＝m 其中r滿足：r＋r·sin 53°＝1.8R 聯(lián)立上式可得：FN＝6.6mg 由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下。 (3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況： 情況一：小球能滑過圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道，則小球在最高點(diǎn)應(yīng)滿足：m≥mg 小球從C直到此最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理，有： －μmgR－mg·2R′＝mvP2－mvC2 可得：R′≤R＝0.92R 情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D，則由動(dòng)能定理有： －μmgR－mg·R′＝0－mvC2 解得：R′≥2.3R 所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應(yīng)該滿足R′≤0.92R或R′≥2.3R。 答案：(1) 　(2)6.6mg，豎直向下 (3)R′≤0.92R或R′≥2.3R