（新課標(biāo)）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第1講 功和功率 動(dòng)能定理精練（含解析）

《（新課標(biāo)）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第1講 功和功率 動(dòng)能定理精練（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 第1講 功和功率 動(dòng)能定理精練（含解析）（8頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、功和功率 動(dòng)能定理 (45分鐘) [刷基礎(chǔ)] [刷基礎(chǔ)] 1．在70周年國慶閱兵式上，國產(chǎn)新一代戰(zhàn)機(jī)殲-20攜第三代改進(jìn)型戰(zhàn)機(jī)殲-16、殲-10C，從天安門廣場上空呼嘯而過．假設(shè)殲-20受到的阻力的大小正比于它的速率．如果殲-20發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，則殲-20的最大速率變?yōu)樵瓉淼?　　) A．4倍 B．2倍 C.倍 D.倍 解析：設(shè)阻力為f，由題知f＝kv，速度最大時(shí)，牽引力等于阻力，則有P＝Fv＝fv＝kv2.所以殲-20發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，殲-20的最大速率變?yōu)樵瓉淼谋叮? 答案：D 2．(2019·河北邢臺(tái)高考模擬)如圖所示，質(zhì)量m＝10 k

2、g的物體在F＝100 N斜向下的推力作用下，沿水平面以v＝1 m/s的速度勻速前進(jìn)x＝1 m，已知F與水平方向的夾角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，則(　　) A．推力F做的功為100 J B．推力F的功率為100 W C．物體克服摩擦力做功為50 J D．物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 解析：推力F做的功W＝Fxcos 30°＝100×1× J＝50 J，故A錯(cuò)誤；推力F的功率P＝Fvcos 30°＝50 W，故B錯(cuò)誤；物體勻速運(yùn)動(dòng)，說明克服摩擦力做的功等于推力做的功，為50 J，故C錯(cuò)誤；根據(jù)力的平衡條件知μ(mg＋Fsin 30°)＝Fcos 30°，解得μ＝，故D

3、正確． 答案：D 3．如圖所示，質(zhì)量為m的汽車在某下坡的公路上，從速度v0開始加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t速度達(dá)到最大值vm.設(shè)在此過程中汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，汽車所受的摩擦阻力為恒力．對于該過程，以下說法正確的是(　　) A．該過程中汽車一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．該過程中汽車所受阻力f＝ C．該過程中汽車所受阻力做功的大小為Pt＋mv D．該過程中汽車做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng) 解析：汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率恒為P，則汽車做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，D正確；汽車速度達(dá)到最大值vm時(shí)，汽車的牽引力F＝，故f＝＋mgsin θ，B錯(cuò)誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，C錯(cuò)誤．

4、 答案：D 4．(多選)(2019·高考江蘇卷)如圖所示，輕質(zhì)彈簧的左端固定，并處于自然狀態(tài)．小物塊的質(zhì)量為m，從A點(diǎn)向左沿水平地面運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧后被彈回，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)恰好靜止．物塊向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為s，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，彈簧未超出彈性限度．在上述過程中(　　) A．彈簧的最大彈力為μmg B．物塊克服摩擦力做的功為2μmgs C．彈簧的最大彈性勢能為μmgs D．物塊在A點(diǎn)的初速度為 解析：小物塊處于最左端時(shí)，彈簧的壓縮量最大，然后小物塊先向右做加速運(yùn)動(dòng)再做減速運(yùn)動(dòng)，可知彈簧的最大彈力大于滑動(dòng)摩擦力μmg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物塊從開始運(yùn)動(dòng)至最后回到A點(diǎn)過程

5、，由功的定義可得物塊克服摩擦力做功為2μmgs，選項(xiàng)B正確；自物塊從最左側(cè)運(yùn)動(dòng)至A點(diǎn)過程由能量守恒定律可知Ep＝μmgs，選項(xiàng)C正確；設(shè)物塊在A點(diǎn)的初速度為v0，整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)能定理有－2μmgs＝0－mv，解得v0＝2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：BC 5.(2019·湖南湘潭高三一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)放一直角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質(zhì)量為2 kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)OA＝0.3 m，OB＝0.4 m，改變水平力F的大小，使A球向右加速運(yùn)動(dòng)，已知A球向右運(yùn)動(dòng)0.1 m時(shí)速度大小

6、為3 m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(g取10 m/s2)(　　) A．11 J　　　　　 B．16 J C．18 J D．9 J 解析：A球向右運(yùn)動(dòng)0.1 m時(shí)，vA＝3 m/s，OA′＝0.4 m，OB′＝0.3 m，設(shè)此時(shí)∠B′A′O＝α，則有tan α＝，vAcos α＝vBsin α，解得vB＝4 m/s.此過程中B球上升高度h＝0.1 m，由動(dòng)能定理有，W－mgh＝mv，解得繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋mv＝2×10×0.1 J＋×2×42 J＝18 J，選項(xiàng)C正確． 答案：C 6.一汽車在平直公路上行駛．從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間

7、t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是(　　) 解析：當(dāng)汽車的功率為P1時(shí)，汽車在運(yùn)動(dòng)過程中滿足P1＝F1v，因?yàn)镻1不變，v逐漸增大，所以牽引力F1逐漸減小，由牛頓第二定律得F1－f＝ma1，f不變，所以汽車做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)F1＝f時(shí)速度最大，且vm＝＝.當(dāng)汽車的功率突變?yōu)镻2時(shí)，汽車的牽引力突增為F2，汽車?yán)^續(xù)加速，由P2＝F2v可知F2減小，又因F2－f＝ma2，所以加速度逐漸減小，直到F2＝f時(shí)，速度最大vm′＝，以后勻速運(yùn)動(dòng)．綜合以上分析可知選項(xiàng)A正確． 答案：A 7.質(zhì)量為500 kg的賽車在

8、平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示，則賽車(　　) A．做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．功率為20 kW C．所受阻力大小為2 000 N D．速度大小為50 m/s時(shí)牽引力大小為3 000 N 解析：由圖象可知，汽車的加速度隨速度的增大而減小，故汽車不做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)P＝Fv，F(xiàn)－Ff＝ma可得a＝·－，由圖象可知＝4，＝400，解得Ff＝2 000 N，P＝2×105 W，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；速度大小為50 m/s時(shí)牽引力大小為F＝＝ N＝4 000 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：C 8.如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))

9、用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置．現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A位置拉到B位置后靜止，此時(shí)細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則(　　) A．F1＝F2＝2mg B．從A到B，拉力F做的功為F1L C．從B到A的過程中，小球受到的合力大小不變 D．從B到A的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大 解析：在B位置，根據(jù)平衡條件有F1sin 30°＝mg，解得F1＝2mg.從B到A，根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，根據(jù)牛頓第二定律得F2－mg＝m，聯(lián)立兩式解得F2＝2mg，故A項(xiàng)正確；從A到B，小球

10、緩慢移動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；從B到A的過程中，小球的速度大小在變化，沿徑向的合力在變化，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；在B位置，重力的功率為零，在最低點(diǎn)，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從B到A的過程中，重力的功率先增大后減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：A 9．(2019·湖南永州高三模擬)高速連續(xù)曝光照相機(jī)可在底片上重疊形成多個(gè)圖象．現(xiàn)利用這架照相機(jī)對某家用汽車的加速性能進(jìn)行研究，如圖為汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)三次曝光的照片，圖中汽車的實(shí)際長度為4 m，照相機(jī)每兩次曝光的時(shí)間間隔為2.0 s．已知該汽車的質(zhì)量為1 000 kg，額定功

11、率為90 kW，汽車運(yùn)動(dòng)過程中所受的阻力始終為1 500 N. (1)試?yán)脠D示，求該汽車的加速度大?。? (2)若汽車由靜止開始以此加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)最多能保持多長時(shí)間． (3)汽車所能達(dá)到的最大速度是多大． (4)若該汽車從靜止開始運(yùn)動(dòng)，牽引力不超過3 000 N，求汽車運(yùn)動(dòng)2 400 m所用的最短時(shí)間(汽車已經(jīng)達(dá)到最大速度)． 解析：(1)由圖可得汽車在第1個(gè)2 s時(shí)間內(nèi)的位移x1＝9 m，第2個(gè)2 s時(shí)間內(nèi)的位移x2＝15 m 汽車的加速度a＝＝1.5 m/s2. (2)由F－Ff＝ma得，汽車牽引力 F＝Ff＋ma＝(1 500＋1 000×1.5)

12、N＝3 000 N 汽車做勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度 v＝＝ m/s＝30 m/s 勻加速運(yùn)動(dòng)保持的時(shí)間t1＝＝ s＝20 s. (3)汽車所能達(dá)到的最大速度 vm＝＝ m/s＝60 m/s. (4)要使汽車所用時(shí)間最短，必須使?fàn)恳ψ畲?，即? 000 N，由(2)知當(dāng)牽引力為3 000 N時(shí)汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝20 s 運(yùn)動(dòng)的距離x1′＝＝×20 m＝300 m 所以，后階段以恒定功率運(yùn)動(dòng)的距離 x2′＝(2 400－300)m＝2 100 m 對后階段以恒定功率運(yùn)動(dòng)，有 P額t2－Ffx2′＝m(v－v2) 解得t2＝50 s 所以，所求時(shí)間為t總＝t1＋t2＝

13、(20＋50)s＝70 s. 答案：(1)1.5 m/s2　(2)20 s　(3)60 m/s　(4)70 s [刷綜合] 10．如圖甲為一傾斜的傳送帶，傳送帶足夠長，與水平方向夾角為α，以恒定的速度沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．一物塊由底端以速度v1滑上傳送帶，圖乙為物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的v -t圖象．t3時(shí)刻物體離開傳送帶．下列說法正確的是(　　) A．無法判斷出傳送帶的運(yùn)行速率 B．傳送帶與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為＋tan α C．t1時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn) D．v1

14、知，在0～t1時(shí)間內(nèi)，對物塊受力分析有mgsin α＋μmgcos α＝ma1，由圖象得a1＝，解得μ＝－tan α，故B錯(cuò)誤；t1時(shí)刻物塊速度減為0，離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，故C正確；從開始滑上傳送帶到離開傳送帶，由動(dòng)能定理得Wf＝mv－mv，因Wf<0，所以v1>v3，故D錯(cuò)誤． 答案：C 11．(2019·陜西西安高三二模試題)如圖所示，豎直面內(nèi)有固定軌道ABC，AB是半徑為2R的四分之一光滑圓弧，BC是半徑為R的粗糙半圓弧(B是軌道的最低點(diǎn))，O點(diǎn)是BC圓弧的圓心，POQ在同一水平線上，BOC在同一豎直線上．質(zhì)量為m的小球自由下落2R后，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過軌道C點(diǎn)后，恰好落到軌道上的P點(diǎn)

15、．則下列說法正確的是(　　) A．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前的瞬間對軌道的作用力是4mg B．小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后的瞬間對軌道的作用力是8mg C．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，摩擦力做功Wf＝－mgR D．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，摩擦力做功Wf＝－mgR 解析：小球下落到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得mg(4R)＝mv，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前的瞬間，小球運(yùn)動(dòng)的半徑是2R，由向心力公式得FB－mg＝，解得FB＝5mg，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后的瞬間，小球的運(yùn)動(dòng)半徑是R，由向心力公式有FB′－mg＝，解得FB′＝9mg，故A、B錯(cuò)誤；經(jīng)過軌道C點(diǎn)后，恰好落到軌道上的P點(diǎn)，由幾何關(guān)系得＝R，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知x＝R＝vCt，y＝

16、R＝gt2，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，對整個(gè)過程由動(dòng)能定理有mg·2R＋Wf＝mv，解得Wf＝－mgR，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案：C 12．(2019·四川攀枝花高三二模)如圖所示，讓擺球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好被拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點(diǎn)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A孔進(jìn)入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓軌道，當(dāng)擺球進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔．已知擺線長L＝2 m，θ＝60°，小球質(zhì)量為m＝0.5 kg，D點(diǎn)與A孔的水平距離s＝2 m，g取10 m/s2.試求： (1)求擺線能承受的最大拉力值； (2)要使擺球能進(jìn)入圓軌道并且不脫離軌道，求粗糙水平面動(dòng)摩擦因數(shù)μ

17、的范圍． 解析：(1)擺球由C運(yùn)動(dòng)到D，由動(dòng)能定理可得 mg(L－Lcos θ)＝mv 由牛頓第二定律可得Fm－mg＝m 可得Fm＝2mg＝10 N. (2)小球不脫離圓軌道分兩種情況： ①要保證小球能達(dá)到A孔，設(shè)小球到達(dá)A孔的速度恰好為零，由動(dòng)能定理可得－μmgs＝0－mv 可得μ＝0.5 若進(jìn)入A孔的速度較小，那么將會(huì)在圓心以下做等幅擺動(dòng)，不脫離軌道．其臨界情況為到達(dá)圓心等高處速度為零，由動(dòng)能定理可得－μmgs－mgR＝0－mv 解得μ＝0.35. ②若小球能過圓軌道的最高點(diǎn)則不會(huì)脫離軌道，在圓周的最高點(diǎn)由牛頓第二定律可得mg＝m 由動(dòng)能定理可得－μmgs－2mgR＝mv2－mv 解得μ＝0.125 綜上可知?jiǎng)幽Σ烈驍?shù)μ的范圍為0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125. 答案：(1)10 N　(2)0.35≤μ≤0.5或μ≤0.125 - 8 -