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
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
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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
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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
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.。
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专题二能量和动量第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。