2020屆高考物理 精準(zhǔn)培優(yōu)專練八 功和功率、動(dòng)能及動(dòng)能定理（含解析）

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1、功和功率、動(dòng)能及動(dòng)能定理1近幾年對(duì)本部分內(nèi)容的考查，在選擇題部分主要考查功和功率、動(dòng)能定理的理解和計(jì)算，計(jì)算題側(cè)重于動(dòng)力學(xué)、電磁學(xué)等主干知識(shí)和典型模型相結(jié)合進(jìn)行綜合考查，難度較大。2注意要點(diǎn)：(1)分析機(jī)車啟動(dòng)問題時(shí)，抓住兩個(gè)關(guān)鍵，一是汽車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，即根據(jù)牛頓第二定律找出牽引力與加速度的關(guān)系；二是抓住功率的定義式，即牽引力與速度的關(guān)系。(2)利用動(dòng)能定理求做功，對(duì)物體運(yùn)動(dòng)過程要求不嚴(yán)格，只要求得運(yùn)動(dòng)物體初末狀態(tài)的速度即可。但列動(dòng)能定理方程要規(guī)范，注意各功的正負(fù)號(hào)問題。二、考題再現(xiàn)典例1.(2019全國III卷17)從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向

2、始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為( )A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg典例2.(2018全國III卷19)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機(jī)通過豎井運(yùn)送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第次和第次提升過程( )A礦車上升所用的時(shí)間之比為45B電機(jī)的最大牽引力之比為21C電機(jī)輸出的最大功率之比為21

3、D電機(jī)所做的功之比為45三、對(duì)點(diǎn)速練1 如圖所示，兩個(gè)完全相同的小球分別從水平地面上A點(diǎn)和A點(diǎn)正上方的O點(diǎn)拋出，O點(diǎn)拋出小球做平拋運(yùn)動(dòng)，A點(diǎn)斜拋出的小球能達(dá)到的最高點(diǎn)與O點(diǎn)等高，且兩球同時(shí)落到水平面上的B點(diǎn)，關(guān)于兩球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是( )A兩小球應(yīng)該是同時(shí)拋出B兩小球著地速度大小相等C兩小球著地前瞬間時(shí)刻，重力的瞬時(shí)功率相等D兩小球做拋體運(yùn)動(dòng)過程重力做功相等2(多選)在粗糙水平面上的物體受到水平拉力的作用，在06 s內(nèi)其速度與時(shí)間的圖象和該拉力的功率與時(shí)間的圖象分別如圖甲、乙所示。下列說法正確的是( )A06 s內(nèi)拉力做功為70 JB06 s內(nèi)物體的位移大小為36 mC滑動(dòng)摩擦力的大小

4、ND合力在06 s內(nèi)做的功大于02 s內(nèi)做的功3(多選)在傾角為的光滑固定斜面上有兩個(gè)用輕彈簧連接的物塊A和B，它們的質(zhì)量分別為m和2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，C為一固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用一沿斜面方向的恒力拉物塊A使之沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B剛離開C時(shí)，A的速度為v，加速度為a，且方向沿斜面向上。設(shè)彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g，則( )A當(dāng)B剛離開C時(shí)，A發(fā)生的位移大小為B從靜止到B剛離開C的過程中，物塊A克服重力做功為CB剛離開C時(shí)，恒力對(duì)A做功的功率為(2mgsin ma)vD當(dāng)A的速度達(dá)到最大時(shí)，B的加速度大小為a4(多選)如圖甲所示，為測(cè)定物體沖上粗糙斜面能達(dá)到的最大位移

5、x與斜面傾角的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角，實(shí)驗(yàn)測(cè)得x與斜面傾角的關(guān)系如圖乙所示，取g10 m/s2。根據(jù)圖象可求出()A物體的初速率v06 m/sB物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5C當(dāng)30o時(shí)，物體達(dá)到最大位移后將保持靜止D取不同的傾角，物體在斜面上能達(dá)到的位移x的最小值xmin0.7 m5(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平軌道，BCDE是圓心為O、半徑為R的圓弧軌道，兩軌道相切于B點(diǎn)，在外力作用下，一小球從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點(diǎn)D，下列說

6、法正確的是( )A小球在AB段加速度的大小為gB小球在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為3mgC小球在E點(diǎn)時(shí)的速率為D小球從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為6一輛汽車質(zhì)量為1103 kg，額定最大功率為2104 W，在水平路面由靜止開始作直線運(yùn)動(dòng)，最大速度為v2，運(yùn)動(dòng)中汽車所受阻力恒定，其行駛過程中牽引力F與車速的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示。則( )A圖線AB段汽車勻速運(yùn)動(dòng)B圖線BC段汽車做勻加速度運(yùn)動(dòng)C整個(gè)運(yùn)動(dòng)中的最大加速度為2 m/s2D當(dāng)汽車的速度為5 m/s時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為2104 W7 (多選)如圖甲所示，輕彈簧豎起放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放。某同學(xué)在研究小球落

7、到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，他以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎起向下方向建立從標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是( )A當(dāng)xh2x0時(shí)，小球的動(dòng)能最小B最低點(diǎn)的坐標(biāo)xh2x0C當(dāng)xh2x0時(shí)，小球的加速度為g，且彈力為2mgD小球動(dòng)能的最大值為mghmgx08(多選)如圖所示，在同一豎直平面內(nèi)，一根均勻的橡皮筋跨過光滑的固定釘子P，一端固定在O1點(diǎn)，另一端跟一可視為質(zhì)點(diǎn)且質(zhì)量為m的物體相連，橡皮筋的原長等于O1P，受到的彈力跟伸長長度成正比（比例系數(shù)為k），先讓物體靜止在粗糙斜面上的位置O2點(diǎn)，O

8、2P垂直于斜面且O2PL0，然后釋放物體，物體開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。已知斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，斜面傾角為53且足夠長，重力加速度為g，橡皮筋一直在彈性限度內(nèi)，變力Fkx（方向不變）在x位移內(nèi)的平均值為，且sin 530.8，cos 530.6。則物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是( )A物體受到的摩擦力保持不變B物體沿斜面先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)C物體運(yùn)動(dòng)的最大速度為D物體距離出發(fā)點(diǎn)的最大距離為9如圖所示，遙控賽車比賽中一個(gè)規(guī)定項(xiàng)目是“飛躍壕溝”，比賽要求：賽車從起點(diǎn)出發(fā)，沿水平直軌道運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)飛出后越過“壕溝”，落在平臺(tái)EF段。已知賽車的額定功率P10.0 W，賽車

9、的質(zhì)量m1.0 kg，在水平直軌道上受到的阻力f2.0 N，AB段長L10.0 m，BE的高度差h1.25 m，BE的水平距離x1.5 m。賽車車長不計(jì)，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2。(1)若賽車在水平直軌道上能達(dá)到最大速度，求最大速度vm的大??；(2)要越過壕溝，求賽車在B點(diǎn)最小速度v的大??；(3)若在比賽中賽車通過A點(diǎn)時(shí)速度vA1 m/s，且賽車達(dá)到額定功率。要使賽車完成比賽，求賽車在AB段通電的最短時(shí)間t。10如圖所示，AB是固定于豎直平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道，末端B處的切線方向水平。一物體P (可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)A處由靜止釋放，滑到B端飛出，落到地面上的C點(diǎn)。測(cè)得C點(diǎn)和B

10、點(diǎn)的水平距離OCL，B點(diǎn)距地面的高度OBh?，F(xiàn)在軌道下方緊貼B端安裝一個(gè)水平傳送帶，傳送帶的右端與B點(diǎn)的距離為L。當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，讓物體P從A處由靜止釋放，物體P沿軌道滑過B點(diǎn)后又在傳送帶上滑行并從傳送帶右端水平飛出，仍落在地面上的C點(diǎn)。(1)求物體P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。(2)若傳送帶驅(qū)動(dòng)輪順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)傳送帶以速度v勻速運(yùn)動(dòng)。再把物體P從A處由靜止釋放，物體P落在地面上。設(shè)著地點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為x，求出x可能的范圍。11如圖所示，水平地面上固定著一個(gè)高為h的三角形斜面體，質(zhì)量為M的小物塊甲和質(zhì)量為m的小物塊乙均靜止在斜面體的頂端?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲、乙兩小物塊，使其分別從傾角為、的斜面下滑，

11、且分別在圖中P處和Q處停下。甲、乙兩小物塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。設(shè)兩小物塊在轉(zhuǎn)彎處均不彈起且不損耗機(jī)械能，重力加速度取g。求：(1)小物塊甲沿斜面下滑的加速度；(2)小物塊乙從頂端滑到底端所用的時(shí)間；(3)甲、乙在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程發(fā)生的位移大小之比。答案二、考題再現(xiàn)典例1.【解析】對(duì)上升過程，由動(dòng)能定理，(Fmg)hEkEk0，得EkEk0(Fmg)h，即Fmg12 N；下落過程，(mgF)(6h)Ek，即mgFk8 N，聯(lián)立兩公式，得到m1 kg、F2 N?！敬鸢浮緾典例2.【解析】根據(jù)位移相同可得兩圖線與時(shí)間軸圍成的面積相等，v02t0v02t0t(t0t)，解得tt0，則對(duì)于第次

12、和第次提升過程中，礦車上升所用的時(shí)間之比為2t0(2t0t0)45，A正確；加速過程中的牽引力最大，且已知兩次加速時(shí)的加速度大小相等，故兩次中最大牽引力相等，B錯(cuò)誤；由題知兩次提升的過程中礦車的最大速度之比為21，由功率PFv，得最大功率之比為21，C正確；兩次提升過程中礦車的初、末速度都為零，則電機(jī)所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機(jī)所做的功之比為11，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼C三、對(duì)點(diǎn)速練1【答案】C【解析】從水平地面上A點(diǎn)拋出的小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)O點(diǎn)與水平地面的高度為h，所以從水平地面上A點(diǎn)拋出的小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t12，從O點(diǎn)拋出的小球做平拋運(yùn)動(dòng)，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，故選項(xiàng)A錯(cuò)

13、誤；兩小球在豎直方向上，則有vy，在水平方向根據(jù)xv0t可知從水平地面上A點(diǎn)拋出的小球的水平初速度是從O點(diǎn)拋出的小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度的2倍，根據(jù)vt可知兩小球著地速度大小不相等，根據(jù)Pymgvy可知兩小球著地前瞬間時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率相等，故選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)WGmgh可得從水平地面上A點(diǎn)拋出的小球的重力做功為零，從O點(diǎn)拋出的小球的重力做功為mgh，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2【答案】AC【解析】06s內(nèi)物體的位移大小為，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在02s內(nèi)，物體的加速度，由圖可知當(dāng)時(shí)，得到牽引力，在02s內(nèi)物體的位移為，則拉力做功為，26s內(nèi)拉力做的功，所以06s內(nèi)拉力做的功為，故選項(xiàng)A正確；在26s內(nèi)，當(dāng)，

14、時(shí)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，摩擦力，得到，故選項(xiàng)C正確；在26s內(nèi)，物體做勻速運(yùn)動(dòng)，合力做零，則合外力在06s內(nèi)做的功與02s內(nèi)做的功相等，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3【答案】AD【解析】開始A處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：mgsinkx1，解得彈簧的壓縮量x1mgsin/k，當(dāng)B剛離開C時(shí)，B對(duì)擋板的彈力為零，有：kx22mgsin，解得彈簧的伸長量x22mgsin/k，可知從靜止到B剛離開C的過程中，A發(fā)生的位移xx1x23mgsin/k，故A正確；由A選項(xiàng)分析可知，物塊A克服重力做功為Wmgxsin，故B錯(cuò)誤；B剛離開C時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律Fmgsinkx2ma，解得：F3mgsinma，恒力對(duì)A

15、做功的功率為PFv(3mgsinma)v，故C錯(cuò)誤；當(dāng)A的加速度為零時(shí)，A的速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧的拉力為FT，則：FFTmgsin0，所以FTFmgsin3mgsinmamgsin2mgsinma，以B為研究對(duì)象，則：2maFT2msinma，得aa，故D正確。4【答案】BD【解析】由圖可知，當(dāng)夾角為90時(shí)，x0.80 m，物體做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則由豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v022gx，解得v04 m/s，故A錯(cuò)誤；當(dāng)夾角0時(shí)，x1.60 m，由動(dòng)能定理得mgxmv02，得0.5，故B正確；30時(shí)，物體的重力沿斜面向下的分力大小為mgsin 300.5mg，最大靜摩擦力fmmgcos 300.35mg

16、，則mgsin 30fm，因此物體達(dá)到最大位移后將下滑，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理mgxsin 30mgxcos 300mv02，解得，其中tan 2，當(dāng)90時(shí)，sin()1，此時(shí)位移最小m，故D正確。5【答案】BD【解析】小球恰好能通過D點(diǎn)，在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得，從B到D，根據(jù)動(dòng)能定理可知，解得；在AB段由速度位移公式可知vB22aR，解得a2.5g，故A錯(cuò)誤；從B到C，根據(jù)動(dòng)能定理可知，解得，在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可知，故B正確；E點(diǎn)和C點(diǎn)高度相同，具有相同的速度大小，故C錯(cuò)誤；從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，RvEtgt2，解得，故D正確。6【答案】C【解析】

17、AB段汽車的牽引力不變，根據(jù)牛頓第二定律，加速度不變，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BC段圖線的斜率表示汽車的功率，功率不變，知汽車達(dá)到額定功率，當(dāng)速度增大，牽引力減小，則加速度減小，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)加速度為零，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，AB段的加速度最大，在C點(diǎn)牽引力等于阻力，f1000N，則最大加速度，故C正確。在B點(diǎn)汽車的速度，知汽車速度為5m/s時(shí)發(fā)動(dòng)機(jī)的功率小于2104W，故D錯(cuò)誤。7【答案】CD【解析】由圖乙可知mgkx0，解得，由Fx圖線與橫軸所圍圖形的面積表示彈力所做的功，則有W彈k(xh)2，由動(dòng)能定理得mgxk(xh)20，即，解得，故最低點(diǎn)

18、坐標(biāo)不是h2x0，且此處動(dòng)能不是最小，故A、B錯(cuò)誤；由圖可知，mgkx0，由對(duì)稱性可知當(dāng)xh2x0時(shí)，小球加速度為g，且彈力為2mg，故C正確；小球在xhx0處時(shí)，動(dòng)能有最大值，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(hx0)W彈Ekm0，依題可得W彈mgx0，所以Ekmmghmgx0，故D正確。8【答案】AC【解析】物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)到某位置時(shí)的受力分析如圖所示，設(shè)物體發(fā)生的位移為x，橡皮筋伸長的長度為L，橡皮筋與斜面之間的夾角為，由題可知Nmgcos 53Fsin ，fN，其中Fsin kLsin kL0，聯(lián)立解得f0.3mg0.5kL0，可見摩擦力是一個(gè)不變值，故A正確；物體受到的合力F合mgsin 53(

19、mgcos 53Fsin )Fcos ma，其中Fcos kLcos kx，解得，可見加速度a隨位移x先減小后增大，即物體在做變加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；物體加速度時(shí)，速度最大，此時(shí)有0.5mg+0.5kL0kx0，解得，根據(jù)動(dòng)能定理有mgsin 53x(mgcos 53kL0)xkxxmv2，解得，故C正確；設(shè)物體距離出發(fā)點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為x，根據(jù)動(dòng)能定理有mgsin 53x(mgcos 53kL0)xkxx0，解得，故D錯(cuò)誤。9【解析】(1)賽車在水平軌道上達(dá)到最大速度時(shí)，設(shè)其牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有：Ff0又因?yàn)镻Fvm1所以m/s(2)賽車通過B點(diǎn)在空中做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)賽車能越過壕溝的最小速

20、度為v，在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，則有，且xvt1所以v3.0m/s(3)若賽車恰好能越過壕溝，且賽車通電時(shí)間最短，在賽車從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中根據(jù)動(dòng)能定理有：帶入數(shù)據(jù)解得：t2.4s10【解析】(1)無傳送帶時(shí)，物體由B運(yùn)動(dòng)到C，做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體在B點(diǎn)的速度為vB，則LvBt，hgt2解得：有傳送帶時(shí)，設(shè)物體離開傳送帶時(shí)的速度為v1，則有：Lv1tmgLmv12mvB2解得：，。(2)物體在傳送帶上全程減速時(shí)，離開傳送帶的末速度，物體仍落在C點(diǎn)，則xminL物體在傳送帶上全程加速時(shí)，離開傳送帶的末速度為v2，由動(dòng)能定理有mgLmv22mvB2得：則故。11【解析】(1)由牛頓第二定律可得F合Ma甲Mgsin Mgcos Ma甲a甲g(sin cos )(2)設(shè)小物塊乙沿斜面下滑到底端時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理得W合Ekmghmgcos mv2va乙g(sin cos )t(3)如圖，由動(dòng)能定理得MghMgcos Mg(OP)0mghmgcos mg(OQ)0可得OPOQ根據(jù)幾何關(guān)系得。12