2020屆高三物理二輪復習 第一部分 診斷卷（七）專題二 功和能 第一講 功和功率 動能定理（通用）

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1、 考點一 功和功率 1.[考查功的大小計算] (2020·沈陽期中)如圖1所示，質量m＝1 kg、長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。板與桌面間的動摩擦因數為μ＝0.4?，F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．[考查機車的啟動與牽引問題] (2020·海南高考)假設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)動機的輸出功率變?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的勻速運動；若作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運動，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 考點二 動能定理的應用 5.[考查動能定理與v -t圖像的綜合應用] (多選)物體在合外力作用下做直線運動的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，合外力總是做負功 B．在1～2 s內，合外力不做功 C．在0～3 s內，合外力做功為零 D．在0～1 s內比1～3 s內合外力做功快 6．[考查應用動能定理判斷物體動能增量的大小關系] (多選)如圖5所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距

4、離。在此過程中(　　) 圖5 A．外力F做的功等于A和B動能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量 C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 7．[考查應用動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，質量為m的質點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g。質點自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．[考查動能定理結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山體經飽和稀釋后形成的洪流。泥石流流動的全過程雖然只有很短時間，但由于其高速前進，具有強大的能量，因而破壞性極大。某課題小組對泥石流的威力進行了模擬研究，他們設計了如圖7甲的模型：在水平地面上放置一個質量為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動，推力F隨位移變化如圖乙所示，已知物體與地面之間的動摩擦因數為μ＝0.5，g＝10 m/s2。則： 圖7 (1)物體在運動過程中的最大加速度為多少？ (2)在距出發(fā)點多遠處，物體的速度達到最大？ (3)物

6、體在水平面上運動的最大位移是多少？ 考點三 應用動能定理解決力學綜合問題 9.[考查用動能定理解決多過程問題] (2020·江西十校聯考)如圖8所示，固定斜面傾角為θ，整個斜面分為AB、BC兩段，且1.5 AB＝BC。小物塊P(可視為質點)與AB、BC兩段斜面之間的動摩擦因數分別為μ1、μ2。已知P由靜止開始從A點釋放，恰好能滑動到C點而停下，那么θ、μ1、μ2間應滿足的關系是(　　) 圖8 A．tan θ＝ B．tan θ＝ C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1 10．[考查動能定理與平

7、拋運動的綜合問題] (2020·浙江高考)如圖9所示為足球球門，球門寬為L。一個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)。球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動(足球可看成質點，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．[考查應用動能定理求解多過程問題及變力做功問題] (2020·全國卷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。一質量為m的質點自P點上方高度R處

8、由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道。質點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功。則(　　) 圖10 A．W＝mgR，質點恰好可以到達Q點 B．W>mgR，質點不能到達Q點 C．W＝mgR，質點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 D．W

9、F水平軌道。小球由靜止從A點釋放，已知AB長為5R，CD長為R，重力加速度為g，小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD、EF的動摩擦因數均為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：(在運算中，根號中的數值無需算出) 圖11 (1)小球滑到斜面底端C時速度的大小。 (2)小球剛到C時對軌道的作用力。 (3)要使小球在運動過程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R′應該滿足什么條件？ 答 案 1．選B　在薄板沒有翻轉之前，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，而在這個過程中薄板只需移動的距離為，則做的功至少為W＝f×＝1.6 J，所以B正確。 2．選D　設f＝kv，當阻力等于牽引力時，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，聯立解得v′＝v，D正確。 3．選BD　根據平衡條件有F1＝μmg，設F2與水平面間的夾角為θ，則有F2cos θ＝μ(mg－F2sin θ)，得F2＝，因而兩力大小關系不確定，但兩種運動情況下，物體均做勻速運動，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內汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內汽車以恒定功率P2行駛。設汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當v增加時，F減小，由a＝知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，選項A正確。 5．選CD　由物體的速度圖像和動能定理可知在0～2 s內物體先加速后減速，合外力先做正功后做負功，A錯；根據動能定理得0～3 s內合外力做功為零，1～2 s內合外力做負功，C對，B錯；在0～1 s內比1～3 s內合外力做功快，D對。 6．選BD　A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對物體A應用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B對；A對B的摩擦

12、力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B相對地的位移不等，故二者做功不等，C錯；對長木板B應用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故A錯。 7．選C　在Q點質點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有N－mg＝m，N＝2mg，聯立解得v＝，下落過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可得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)當推力F最大時，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變化的函數方程為F＝80－20x 速度最大時，合力為0，即F＝μmg 所以x＝3 m。 (3)位移最大時，末速度一定為0 由動能定理可得：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點釋放，恰好能滑動到C點，物塊受重力、支持力、滑動摩擦力。設斜面AC長為L，運用動能定理列出等式：

14、 mgLsin θ－μ1mgcos θ×L－μ2mgcos θ×L＝0－0＝0 解得：tan θ＝，故選A。 10．選B　根據幾何關系可知，足球做平拋運動的豎直高度為h，水平位移為x水平＝ ，則足球位移的大小為：x＝＝ ，選項A錯誤；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝，選項B正確；對小球應用動能定理：mgh＝－，可得足球末速度v＝＝，選項C錯誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tan θ＝，選項D錯誤。 11．選C　設質點到達N點的速度為vN，在N點質點受到軌道的彈力為FN，則FN－mg＝，已知FN＝FN′＝4mg，則質點到達N點的動能為EkN＝mvN2＝mgR。質

15、點由開始至N點的過程，由動能定理得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 聯立上式可得：FN＝6.6mg 由牛頓第三定律可得，球對軌道的作用力為6.6mg，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，進入EF軌道，則小球在最高點應滿足：m≥mg 小球從C直到此最高點過程，由動能定理，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時，速度減為零，然后滑回D，則由動能定理有： －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