2019-2020年高考物理二輪復習 專題整合突破二 功和能 第5講 功 功率 動能定理素能特訓.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 專題整合突破二 功和能 第5講 功 功率 動能定理素能特訓 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1.[xx邢臺摸底]一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用水平恒力F1拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関，若將水平恒力改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v，對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則(　　) A.WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C.WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1 D.WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 答案　C 解析　用水平恒力F1拉動物體時，時間t內(nèi)的位移x1＝t，由動能定理得：WF1－μmgx1＝mv2，所以WF1＝mv2＋μmgt，用水平恒力F2拉動物體時，時間t內(nèi)的位移x2＝t＝vt，由動能定理得：WF2－μmgx2＝m(2v)2，所以WF2＝m4v2＋μmgt，故WF2<4WF1；第一次克服摩擦力做功Wf1＝μmgt，第二次克服摩擦力做功Wf2＝μmgt，故Wf2＝2Wf1，C正確。 2．[xx綿陽二診]如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)用長為L的細線懸掛于O點，自由靜止在A位置?，F(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細線與豎直方向夾角為θ＝60，此時細線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細線的拉力為F2，則(　　) A.F1＝F2＝2mg B.從A到B，拉力F做功為F1L C.從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變 D.從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大 答案　A 解析　在B位置對小球進行受力分析，根據(jù)平衡條件有F1＝＝2mg，在最低點A位置，根據(jù)牛頓第二定律有F2－mg＝，從B到A利用動能定理得mgL(1－cos60)＝mv2，聯(lián)立可知F2＝2mg，選項A正確；從A到B利用動能定理得WF－mgL(1－cos60)＝0，解得拉力F做功為WF＝，選項B錯誤；從B到A的過程中，小球受到的合外力大小時刻發(fā)生變化，選項C錯誤；在最高點時小球的速度為零，重力的瞬時功率為零，在最低點時，小球在豎直方向的速度也為零，其重力的瞬時功率為零，即從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率先增大后減小，選項D錯誤。 3．[xx保定一模]如圖所示，在傾角θ＝30的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定擋板C，質(zhì)量相等的兩木塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，彈簧壓縮量為l。如果用平行斜面向上的恒力F(F＝mAg)拉A，當A向上運動一段距離x后撤去F，A運動到最高處B剛好不離開C，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A.A沿斜面上升的初始加速度大小為 B.A上升的豎直高度最大為2l C.拉力F的功率隨時間均勻增加 D.l等于x 答案　D 解析　A原來處于靜止狀態(tài)，加外力F后的初始加速度a＝＝g，故A選項錯誤。剛開始，彈簧壓縮量為l，對A沿斜面方向列平衡方程有：mAgsinθ＝kl，最后B恰好不離開C，對B沿斜面方向列平衡方程有：mBgsinθ＝kx1，其中x1為彈簧伸長量，因mA＝mB，所以x1＝l，則A沿斜面上升2l，而豎直高度h＝2lsinθ＝l，故B選項錯誤。因彈簧初始的壓縮量為l，后來的伸長量為l，所以彈性勢能沒變。由能量守恒得：F做的功轉(zhuǎn)化成了A的重力勢能。即Fx＝mAg2lsinθ，所以x＝l，故D選項正確。拉力F的功率P＝Fv，由于A不是勻變速運動，故P不是隨時間均勻增加，故C選項錯誤。 4．[xx邯鄲質(zhì)檢]某同學參加學校運動會立定跳遠項目比賽，起跳直至著地過程如圖，測量得到比賽成績是2.5 m，目測空中腳離地最大高度約0.8 m，忽略空氣阻力，則起跳過程該同學所做功約為(　　) A.65 J B．350 J C.700 J D．1250 J 答案　C 解析　由動能定理知起跳過程該同學做的功轉(zhuǎn)化為該同學的動能，所以求該同學做功應該求該同學起跳后斜拋的初速度。豎直方向由h＝gt2得t＝0.4 s，水平方向由x＝vx2t得vx＝3.125 m/s，豎直方向vy＝gt＝4 m/s，所以該同學初速度v的平方為：v2＝v＋v＝25.8 m2/s2，取該同學質(zhì)量為m＝60 kg，則Ek＝mv2＝25.830 J＝773 J，所以該同學所做功約為700 J，故選項C正確。 5．[xx合肥質(zhì)檢]A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的vt圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是(　　) A.F1、F2大小之比為1∶2 B.F1、F2對A、B做功之比為1∶2 C.A、B質(zhì)量之比為2∶1 D.全過程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1 答案　C 解析　由圖象可知，兩物體的位移相同，兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等，故全過程中兩物體克服摩擦力做功相等，D項錯；由動能定理可知，兩物體所受外力做功與克服摩擦力做功相等，故外力做功相同，B項錯；由圖象可知，A、B在外力作用下的位移比為1∶2，由功的定義可知，F(xiàn)1∶F2＝2∶1，A項錯；由速度圖象可知，兩物體勻減速過程中的加速度大小之比為1∶2，由牛頓第二定律有：Ff＝ma可知兩物體質(zhì)量之比為2∶1，C項正確。 6.[xx衡水二調(diào)]如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時間t的關系如圖乙所示。設物塊與地面間的最大靜摩擦力Ffm的大小與滑動摩擦力大小相等，則t1～t3時間內(nèi)(　　) A．t1時刻物塊的速度為零 B.t2時刻物塊的加速度最大 C.t3時刻物塊的動能最大 D.t1～t3時間內(nèi)F對物塊先做正功后做負功 答案　ABC 解析　由圖乙知，t1時刻F＝Ffm，物塊A剛要動，所以速度為零，故A選項正確。A一旦動起來由牛頓第二定律知F－Ffm＝ma，則t2時刻a最大，故B選項正確。t1～t3時間內(nèi)F>Ffm，加速運動，故t3時刻動能最大，C選項正確。t1～t3時間內(nèi)F的方向與位移的方向相同，一直做正功，故D選項錯誤。 7.[xx湖南十三校聯(lián)考]有一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則以下說法正確的是(　　) A．斜面的傾角θ＝30 B.物體的質(zhì)量為m＝0.5 kg C.斜面與物體間的摩擦力大小f＝2 N D.物體在斜面上運動的總時間t＝2 s 答案　BC 解析　由動能定理知Ekx圖象的斜率表示合外力 則上升階段mgsinθ＋μmgcosθ＝ N＝5 N，① 下降階段mgsinθ－μmgcosθ＝ N＝1 N，② ①②聯(lián)立得tanθ＝，即θ＝37，m＝0.5 kg，故A選項錯誤，B選項正確。物體與斜面間的摩擦力f＝μmgcosθ＝2 N，故C選項正確。上升階段由Ekx斜率知F1＝5 N，則a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25 J，聯(lián)立得t1＝1 s，同理，下降階段F2＝1 N，則a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5 J，聯(lián)立得t2＝ s，則t＝t1＋t2＝(1＋) s，故D選項錯誤。 8．[xx陜州月考]一質(zhì)量為2 kg的物體，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勻速運動，當運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關系圖象。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知(　　) A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)約為0.35 B.減速過程中拉力對物體所做的功約為13 J C.勻速運動時的速度約為6 m/s D.減速運動的時間約為1.7 s 答案　ABC 解析　Fs圖象圍成的面積代表拉力F做的功，由圖知減速階段Fs圍成面積約13個小格，每個小格1 J則約為13 J，故B正確。剛開始勻速，則F＝μmg，由圖知F＝7 N，則μ＝＝0.35，故A正確。全程應用動能定理：WF－μmgs＝0－mv，其中WF＝(74＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正確。由于不是勻減速，沒辦法求減速運動的時間，D錯。 二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．[xx綿陽模擬]如圖所示，AB是一段位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，高度為h，末端B處的切線方向水平。一個質(zhì)量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出。落到地面上的C點，軌跡如圖中虛線BC所示。已知它落地時相對于B點的水平位移OC＝l?，F(xiàn)在軌道下方緊貼B點安裝一個水平傳送帶，傳送帶的右端與B的距離為，當傳送帶靜止時，讓P再次從A點由靜止釋放，它離開軌道并在傳送帶上滑行后從右端水平飛出，仍然落在地面的C點。當驅(qū)動輪轉(zhuǎn)動從而帶動傳送帶以速度v＝勻速向右運動時(其他條件不變)，P的落地點為D。(不計空氣阻力) (1)求P滑到B點時的速度大??； (2)求P與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)； (3)求出O、D間的距離。 答案　(1)　(2)　(3)l 解析　(1)物體P在AB軌道上滑動時，由動能定理得mgh＝mv得P滑到B點時的速度v0＝。 (2)當沒傳送帶時，物體離開B點后平拋，運動時間t＝＝ 當B點下方傳送帶靜止時，物體從傳送帶右端平拋，時間也為t，水平位移為， 物體從右端拋出速度v1＝＝＝ 由動能定理：－μmg＝mv－mv得μ＝ (3)物體以v0滑上傳送帶將勻加速，設加速到v＝通過的位移為x，由動能定理知：μmgx＝mv2－mv，解得x＝l< 所以物體尚未到右端就與傳送帶共速，最終以v平拋， 平拋時間也為t，則OD間距離s＝vt＋ 解得s＝l 10．[xx北京師大附中月考]如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著一個滑槽軌道，其左半部是傾角為θ＝37，長為l＝1 m的斜槽PQ，右部是光滑半圓槽QSR，RQ是其豎直直徑。兩部分滑槽在Q處平滑連接，R、P兩點等高。質(zhì)量為m＝0.2 kg的小滑塊(可看做質(zhì)點)與斜槽間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.375。將小滑塊從斜槽軌道的最高點P釋放，使其開始沿斜槽下滑，滑塊通過Q點時沒有機械能損失。求： (1)小滑塊從P到Q克服摩擦力做的功Wf； (2)為了使小滑塊滑上光滑半圓槽后恰好能到達最高點R，從P點釋放時小滑塊沿斜面向下的初速度v0的大??； (3)現(xiàn)將半圓槽上半部圓心角為α＝60的RS部分去掉，用上一問得到的初速度v0將小滑塊從P點釋放，它從S點脫離半圓槽后繼續(xù)上升的最大高度h。(取g＝10 m/s2，sin37＝0.60，cos37＝0.80) 答案　(1)0.6 J　(2)3 m/s　(3)0.225 m 解析　(1)克服摩擦力做功：Wf＝μmgcosθl＝0.6 J (2)從P到R全過程對滑塊用動能定理得： －Wf＝mv－mv 在R點重力充當向心力mg＝， 半徑r＝lsinθ＝0.3 m， 解得v0＝3 m/s (3)從P到S全過程對滑塊用動能定理得mgr(1－cosα)－Wf＝mv－mv 則離開半圓槽時的速度vS＝ m/s，如圖， 其豎直分速度vy＝vSsinα＝ m/s，v＝2gh 得h＝0.225 m