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

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.倍 D.倍32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 ＝kv 2.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倍．2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/s 2，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 33解析：推力F 做的功W ＝Fx cos 30°＝100×1× J ＝50 J ，故A 错误；推力F 的功323率P ＝Fv cos 30°＝50 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3的功，为50 J ，故C 错误；根据力的平衡条件知μ(mg ＋F sin 30°)＝F cos 30°，解得3μ＝，故D 正确．33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v 0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 ＋mv 122m 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 ＝，故f ＝＋mg sin θ，B 错误；由于还有P v m Pv m 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－mv ，解得v 0＝2，选项D 错误．1220μgs 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＝，v A cos α＝v B sin α，解得v B ＝4 m/s.此过程中B 球上升34高度h ＝0.1 m ，由动能定理有，W －mgh ＝mv ，解得绳的拉力对B 球所做的功为122B W ＝mgh ＋mv ＝2×10×0.1 J ＋×2×42 J ＝18 J ，选项C 正确．122B 12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 ＝＝.当汽车的功率突变为P 2时，汽车的牵P 1F 1P 1f 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 ′＝，以后匀速运动．综合以上分析可知选项A 正确．P 2f 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 和速度的倒数的关系如图所示，则赛车( )1v 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 ＝·－，由图象可知＝4，＝400，解得F f ＝2P m 1v F f m F f m P m 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 N ＝4 000 N ，选项D 错误．2×10550答案：C8.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＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做的功为F 1LC ．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°)＝mv 2，根据牛顿第二定律得F 2－mg ＝m ，联立两式解得12v 2L 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－cos60°)＝0，解得W F ＝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12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：A9．(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 ＝＝1.5 m/s 2.ΔxT 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 ＝＝ m/s ＝30 m/sP 额F 90×1033×103匀加速运动保持的时间t 1＝＝ s ＝20 s.v a 301.5(3)汽车所能达到的最大速度v m ＝＝ m/s ＝60 m/s.P 额F f 90×1031.5×103(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t 1＝20 s运动的距离x 1′＝＝×20 m ＝300 mvt 12302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′＝m (v －v 2)122m 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＋tan αv 1gt 1 cos αC ．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 sinα＋μmg cos α＝ma 1，由图象得a 1＝，解得μ＝－tan α，故B 错误；t 1时v 1t 1v 1gt 1 cos α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 ＝mv －mv ，因W f <0，所以v 1>v 3，故D 错误．12231221答案：C11．(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4mgB ．小球运动到B 点后的瞬间对轨道的作用力是8mgC ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－mgR54D ．小球运动到C 点的过程中，摩擦力做功W f ＝－mgR14解析：小球下落到B 点，由机械能守恒定律得mg (4R )＝mv ，小球运动到B 点前的瞬间，122B 小球运动的半径是2R ，由向心力公式得F B －mg ＝，解得F B ＝5mg ，小球运动到B 点后的瞬mv 2B2R 间，小球的运动半径是R ，由向心力公式有F B ′－mg ＝，解得F B ′＝9mg ，故A 、B 错误；mv 2B R 经过轨道C 点后，恰好落到轨道上的P 点，由几何关系得＝R ，由平抛运动规律知OP 3x ＝R ＝v C t ，y ＝R ＝gt 2，小球运动到C 点时，对整个过程由动能定理有312mg ·2R ＋W f ＝mv ，解得W f ＝－mgR ，故C 正确，D 错误．122C 54答案：C12．(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)＝mv 122D 由牛顿第二定律可得F m －mg ＝m v 2DL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－mv 122D 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－mv 122D 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 2R由动能定理可得－μmgs －2mgR ＝mv 2－mv 12122D 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。