2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化練（五）功和功率 動(dòng)能定理（含解析）

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1、專題強(qiáng)化練(五) 考點(diǎn)1　功和功率的計(jì)算 1．(2019·玉溪模擬)一物體所受的力F隨位移x變化的圖象如圖所示，在這一過(guò)程中，力F對(duì)物體做的功為(　　) A．3 J　　　　B．6 J　　　　C．7 J　　　　D．8 J 解析：力F對(duì)物體做的功等于圖線與橫軸x圍成面積的代數(shù)和，即W1＝×(3＋4)×2 J＝7 J，W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J，所以力F對(duì)物體做的功為W＝7 J－1 J＝6 J，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 答案：B 2．(2019·廈門(mén)模擬)用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設(shè)木板對(duì)鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進(jìn)入木板的深度成正比．已知鐵錘第一次使鐵釘進(jìn)入木板的深度為d，接著敲

2、第二錘，如果鐵錘第二次敲鐵釘時(shí)對(duì)鐵釘做的功與第一次相同，那么，第二次使鐵釘進(jìn)入木板的深度為(　　) A．(－1)d B．(－1)d C.d D.d 解析：由題意可知，阻力與深度d成正比，則有Ff＝kd，阻力做的功Wf＝Ffd＝kd2，由動(dòng)能定理得，第一次敲鐵釘W－kd2＝0－0，兩次敲鐵釘2W－k(d＋d′)2＝0－0，解得d′＝(－1)d，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤． 答案：B 3．(多選)(2019·南昌模擬)一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始受到水平外力的作用．力的大小F與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．物

3、體在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶10 B．物體在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶8 C．外力在t0和2t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率之比是1∶8 D．外力在t0和2t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率之比是1∶6 解析：0～t0時(shí)間內(nèi)的加速度a1＝，t0時(shí)刻的速度為v1＝a1t0＝，t0～2t0時(shí)間內(nèi)的加速度為a2＝，2t0時(shí)的速度為v2＝v1＋a2t0＝，根據(jù)動(dòng)能定理得，外力在0～t0時(shí)間內(nèi)做的功為W1＝mv＝，外力在t0～2t0時(shí)間內(nèi)做的功為W2＝mv－mv＝，所以外力在0～t0和t0～2t0時(shí)間內(nèi)做功之比是1∶8，故A錯(cuò)誤，B正確；外力在t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率為P1＝F0v1＝，2t0

4、時(shí)刻瞬時(shí)功率為P2＝2F0v2＝，所以外力在t0和2t0時(shí)刻的瞬時(shí)功率之比是1∶6，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：BD 4．(多選)(2019·菏澤模擬)質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始受到方向恒定的水平拉力F作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示．物體在t0時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其v-t圖象如圖乙所示，若可認(rèn)為滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，則(　　) A．物體與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 B．物體在t0時(shí)刻的加速度大小為 C．物體所受合外力在t0時(shí)刻的功率為2F0v0 D．水平力F在t0到2t0這段時(shí)間內(nèi)的平均功率為F0 解析：物體在時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明此時(shí)阻力等于水平拉力，即F

5、f＝F0，動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，故A正確；在t0時(shí)刻由牛頓第二定律可知，2F0－Ff＝ma，a＝＝，故B錯(cuò)誤；物體在t0時(shí)刻受到的合外力為F合＝2F0－Ff＝F0，功率為P＝F0v0，故C錯(cuò)誤；2t0時(shí)刻速度為v1＝v0＋t0，在t0～2t0時(shí)間內(nèi)的平均速度為v(—)＝＝，故平均功率為P＝2F0v(—)＝F0，故D正確． 答案：AD 考點(diǎn)2　機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題 5．(2018·徐州模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)圖象如圖所示．若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖象所給的信息，不能求出的物理量是(　　) A．汽車的功率 B．汽車行駛的最大

6、速度 C．汽車所受到的阻力 D．汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度所需的時(shí)間 解析：由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，對(duì)應(yīng)題圖圖線可知，＝|k|＝40，已知汽車的質(zhì)量，故可求出汽車的功率P，由a＝0時(shí)＝0.05，可得：vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽車受到的阻力Ff，但無(wú)法求出汽車運(yùn)動(dòng)到最大速度的時(shí)間． 答案：D 6．(多選)(2019·衡水模擬)節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來(lái)源的汽車．有一質(zhì)量m＝1 000 kg的混合動(dòng)力轎車，在平直公路上以v1＝90 km/h勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為P＝50 kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80 km/h的限速標(biāo)志時(shí)，保持發(fā)動(dòng)

7、機(jī)功率不變，立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)L＝72 m后，速度變?yōu)関2＝72 km/h.此過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)功率的五分之一用于轎車的牽引，五分之四用于供給發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．假設(shè)轎車在上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受阻力保持不變．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時(shí)，所受阻力F阻的大小為2×103 N B．駕駛員啟動(dòng)電磁阻尼轎車做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度變?yōu)関2＝72 km/h過(guò)程的時(shí)間為3.2 s C．轎車從90 km/h減速到72 km/h過(guò)程中，獲得的電能E電＝6.3×104 J D．轎

8、車僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能E電維持72 km/h勻速運(yùn)動(dòng)的距離為31.5 m 解析：轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時(shí)，由P＝F1v1，F(xiàn)阻＝F1可得：F阻＝2×103 N，故A項(xiàng)正確；駕駛員啟動(dòng)電磁阻尼后，轎車減速運(yùn)動(dòng)，牽引力F＝，且逐漸增大，加速度a＝逐漸減小，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；轎車從90 km/h減速到72 km/h過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)L＝72 m，由動(dòng)能定理可得Pt＋(－F阻L)＝mv－mv，獲得的電能E電＝Pt·，聯(lián)立解得：E電＝6.3×104 J，故C項(xiàng)正確；據(jù)E電＝F阻x可得，轎車僅用其在上述減速過(guò)程中獲得的電能E電勻速運(yùn)動(dòng)的距離x＝31.5 m，故D

9、項(xiàng)正確． 答案：ACD 7．(多選)一輛質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以功率P、速度v0勻速行駛時(shí)，牽引力為F0.現(xiàn)汽車以恒定的功率P駛上傾角為30°的斜坡，已知汽車在斜坡上行駛時(shí)所受的摩擦阻力是在平直路面上的，重力加速度為g，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．汽車在斜坡上達(dá)到最大速度時(shí)牽引力為F0 B．汽車在斜坡上達(dá)到最大速度時(shí)牽引力為F0＋mg C．汽車能達(dá)到的最大速度為v0 D．汽車能達(dá)到的最大速度為 解析：汽車在平直公路上勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力，則Ff＝F0，當(dāng)汽車在斜坡上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，則F－mgsin 30°－F0＝0，解得F＝F0＋mg，故A錯(cuò)誤，B正確；由P＝

10、Fv得汽車的最大速度為vm＝＝，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：BD 考點(diǎn)3　動(dòng)能定理的應(yīng)用 8．(2019·濟(jì)南模擬)靜止在地面上的物體在不同合外力F的作用下通過(guò)了相同的位移x0，下列情況中物體在x0位置時(shí)速度最大的是(　　) 解析：由于F-x圖象所包圍的面積表示力做功的大小，已知物體在不同合外力F的作用下通過(guò)的位移相同，C選項(xiàng)中圖象包圍的面積最大，因此合外力做功最多，根據(jù)動(dòng)能定理W合＝mv2－0，可得C選項(xiàng)物體在x0位置時(shí)速度最大，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確． 答案：C 9．(2019·吉林模擬)如圖為某同學(xué)建立的一個(gè)測(cè)量動(dòng)摩擦因數(shù)的模型．物塊自左側(cè)斜面上A點(diǎn)由靜止滑下，滑過(guò)下面一

11、段平面后，最高沖至右側(cè)斜面上的B點(diǎn)．實(shí)驗(yàn)中測(cè)量出了三個(gè)角度，左右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角為θ.物塊與各接觸面間動(dòng)摩擦因數(shù)相同且為μ，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結(jié)論正確的是(　　) A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan 解析：對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，結(jié)合摩擦力做功的大小，求出動(dòng)摩擦因數(shù)大小．設(shè)AB的水平長(zhǎng)度為x，豎直高度差為h，對(duì)A到B的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0因?yàn)锳C·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ

12、，故C正確． 答案：C 10．(2019·成都月考)如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是(　　) A. B. C. D. 解析：滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv，解得x＝，選項(xiàng)A正確． 答案：A 11．如圖，在豎直平面內(nèi)由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為

13、R，BC弧的半徑為.一小球在A點(diǎn)正上方與A相距處由靜止開(kāi)始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)． (1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動(dòng)能之比； (2)通過(guò)計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)． 解析：(1)小球下落過(guò)程由動(dòng)能定理得： 小球下落至A點(diǎn)的過(guò)程： mg·＝EkA－0① 小球下落到B點(diǎn)的過(guò)程： mg＝EkB－0，② 由以上兩式聯(lián)立解得：＝；③ (2)小球恰好經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得 mg＝m，④ 解得v0＝ ，⑤ 小球由開(kāi)始下落至C點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mg·＝mv－0，⑥ 解得：vC＝ .⑦ 由于vC＝v0，故小球恰好可以沿軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)．⑧ 答案：(1)5∶

14、1　(2)見(jiàn)解析 12．(2019·南昌模擬)冬奧會(huì)上自由式滑雪是一項(xiàng)極具觀賞性的運(yùn)動(dòng)．其場(chǎng)地由助滑坡AB(高度差為10 m)、過(guò)渡區(qū)BDE(兩段半徑不同的圓弧平滑連接而成，其中DE半徑為3 m、對(duì)應(yīng)的圓心角為60°)和跳臺(tái)EF(高度可調(diào)，取為h＝4 m)等組成，如圖所示，質(zhì)量60 kg的運(yùn)動(dòng)員由A點(diǎn)靜止出發(fā)，沿軌道運(yùn)動(dòng)到F處飛出．運(yùn)動(dòng)員飛出的速度需在54 km/h到68 km/h之間能在空中完成規(guī)定動(dòng)作，設(shè)運(yùn)動(dòng)員借助滑雪桿僅在AB段做功，不計(jì)摩擦和空氣阻力，g取10 m/s2，則： (1)為能完成空中動(dòng)作，則該運(yùn)動(dòng)員在AB過(guò)程中至少做多少功？ (2)為能完成空中動(dòng)作，在過(guò)渡區(qū)最低點(diǎn)

15、D處，求該運(yùn)動(dòng)員受到的最小支持力； (3)若將該運(yùn)動(dòng)員在AB段和EF段視為勻變速運(yùn)動(dòng)，且兩段運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為tAB∶tEF＝3∶1，已知AB＝2EF，則運(yùn)動(dòng)員在這兩段運(yùn)動(dòng)的加速度之比為多少？ 解析：(1)該運(yùn)動(dòng)員在AF過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mg(hAB－h(huán))＋W人＝mv－0， 運(yùn)動(dòng)員通過(guò)F的最小速度 vF＝54 km/h＝15 m/s， 解得W人＝3 150 J； (2)從D點(diǎn)到F點(diǎn)，由動(dòng)能定理得 －mg[h＋R(1－cos 60°)]＝mv－mv， 其中vF取最小速度，在D點(diǎn)由牛頓第二定律得 FN－mg＝m， 解得FN＝7 300 N； (3)在AB段和EF段運(yùn)動(dòng)的平均速度之比： v(—)AB∶v(—)EF＝∶＝2∶3. 設(shè)滑到B點(diǎn)的速度為v1，則滑到E點(diǎn)的速度也為v1，設(shè)滑到F點(diǎn)的速度為v2， 則：v(—)AB＝， v(—)EF＝， 解得v1＝2v2， 又有a1＝， a2＝， 解得a1∶a2＝2∶3. 答案：(1)3 150 J　(2)7 300 N　(3)2∶3 - 8 -