2020届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷（七）专题二 功和能 第一讲 功和功率 动能定理（通用）

考点一功和功率1.考查功的大小计算(2020沈阳期中)如图1所示，质量m1 kg、长L0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为0.4。现用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()图1A1 JB1.6 JC2 J D4 J2考查机车的启动与牵引问题(2020海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的()A4倍 B2倍C.倍 D.倍3考查功率的分析与计算(多选)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。则可能有()图2AF2F1v1v2 BF2F1v1F1v1v2 DF2F1v1mgR，质点不能到达Q点CWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离DWmgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离12考查动能定理与圆周运动的综合如图11所示，倾斜轨道AB的倾角为37，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道。小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与倾斜轨道AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin 370.6，cos 370.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为1.8R。求：(在运算中，根号中的数值无需算出)图11(1)小球滑到斜面底端C时速度的大小。(2)小球刚到C时对轨道的作用力。(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足什么条件？答 案1选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力fmg4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为Wf1.6 J，所以B正确。2选D设fkv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有PFvfvkvvkv2，变化后有2PFvkvvkv2，联立解得vv，D正确。3选BD根据平衡条件有F1mg，设F2与水平面间的夹角为，则有F2cos (mgF2sin )，得F2，因而两力大小关系不确定，但两种运动情况下，物体均做匀速运动，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，显然第二种情况下，摩擦力较小，则有v1v2，即B、D正确。4选A由Pt图像知：0t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由PFv得，当v增加时，F减小，由a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。5选CD由物体的速度图像和动能定理可知在02 s内物体先加速后减速，合外力先做正功后做负功，A错；根据动能定理得03 s内合外力做功为零，12 s内合外力做负功，C对，B错；在01 s内比13 s内合外力做功快，D对。6选BDA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对长木板B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错。7选C在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有Nmgm，N2mg，联立解得v，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功为mgR，C正确。8解析：(1)当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fmmgmam可解得：am15 m/s2。(2)由图像可知：F随x变化的函数方程为F8020x速度最大时，合力为0，即Fmg所以x3 m。(3)位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得：WFmgx0由图像可知，力F做的功为WFFmxm804 J160 J所以x8 m。答案：(1)15 m/s2(2)3 m(3)8 m9选A物块从A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力。设斜面AC长为L，运用动能定理列出等式：mgLsin 1mgcos L2mgcos L000解得：tan ，故选A。10选B根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平 ，则足球位移的大小为：x ，选项A错误；由hgt2，x水平v0t，可得足球的初速度为v0，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh，可得足球末速度v，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan ，选项D错误。11选C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FNmg，已知FNFN4mg，则质点到达N点的动能为EkNmvN2mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功为WfmgR，即克服摩擦力做的功为WWfmgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W，则WW。从N到Q的过程，由动能定理得mgRWmvQ2mvN2，即mgRWmvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。12解析：(1)设小球到达C点时速度为v，小球从A运动至C过程，由动能定理，有：mg(5Rsin 371.8R)mgcos 375RmvC2可得：vC 。(2)小球沿BC轨道做圆周运动，设在C点时轨道对球的作用力为FN，由牛顿第二定律，有：FNmgm其中r满足：rrsin 531.8R联立上式可得：FN6.6mg由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg，方向竖直向下。(3)要使小球不脱离轨道，有两种情况：情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF轨道，则小球在最高点应满足：mmg小球从C直到此最高点过程，由动能定理，有：mgRmg2RmvP2mvC2可得：RR0.92R情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的最高点时，速度减为零，然后滑回D，则由动能定理有：mgRmgR0mvC2解得：R2.3R所以要使小球不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R应该满足R0.92R或R2.3R。答案：(1) (2)6.6mg，竖直向下(3)R0.92R或R2.3R