（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第一讲 功和功率 动能定理——课前自测诊断卷

第一讲 功和功率 动能定理课前自测诊断卷考点一功和功率1.考查功的大小计算如图所示，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)()A1 JB1.6 JC2 JD4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力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考查平均功率与瞬时功率的分析与计算如图所示，某质点运动的vt图像为正弦曲线。从图像可以判断()A质点做曲线运动B在t1时刻，合外力的功率最大C在t2t3时间内，合外力做负功D在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D质点运动的vt图像描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B错误；由题图可知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。3考查曲线运动中功和功率的计算用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内()A小球重力做功为mgl(1cos )B空气阻力做功为mglcos C小球所受合力做功为mglsin D细线拉力做功的功率为解析：选A小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为hl(1cos )，所以小球的重力做功：WGmghmgl(1cos )，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WGWf00，所以空气阻力做功WfWGmgl(1cos )，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合000，故C错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。4考查机车的启动与牵引问题某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，如图所示(除210 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，214 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg。可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中(010 s内)位移的大小。解析：(1)在1418 s时间段，加速度大小：a m/s21.5 m/s2由牛顿第二定律得：fma1.5 N。(2)在1014 s小车做匀速运动，速度v6 m/s牵引力大小F与f大小相等，则：Ff1.5 N，小车匀速运动的功率：PFv9 W。(3)02 s内，小车的位移：x123 m3 m210 s内，根据动能定理：Ptfx2mv22mv12代入数据解得x239 m加速过程中小车的位移大小为xx1x242 m。答案：(1)1.5 N(2)9 W(3)42 m考点二动能定理的理解和应用5.考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系多选如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：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，选项B正确；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，选项C错误；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，选项D正确；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，故选项A错误。6.考查应用动能定理处理变力做功问题(2019江苏七市三模)如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽。一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内。(1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度0转动，求F1的大小；(2)若圆盘以角速度1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为Ep。解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；(3)若圆盘以角速度2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点。如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2。解析：(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圆周运动，由向心力公式有F1m02R。(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为v1，则根据运动的合成：v12(1R)2v2，设在此过程中弹簧对小球做功为W，由动能定理有：W1Wmv12m12(Rx)2，由于WEp，联立解得W1m(12R2v2)m12(Rx)2Ep。(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为x1时，由向心力公式有Fkx1m22(Rx1)，解得Fm22R(km22)x1由于F的大小不变，与x1无关，则有km22，Fm22R，所以推力做的功W2Fxm22Rx。答案：(1)m02R(2)m(12R2v2)m12(Rx)2Ep(3)m22m22Rx7考查Ekh图像(2019江苏姜堰中学高三月考)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点。假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球动能Ek与离地高度h的关系图线可能是()解析：选C设初动能为Ek0，根据动能定理得：上升阶段：mghWfmghfhEkEk0，整理得：Ek(mgf)hEk0，上升越高，速度越小，而阻力与速度成正比，所以阻力变小，图像斜率变小；下降阶段：Ek(mgf)h，下落加速，阻力变大，斜率变小，所以A、B、D错误，C正确。8考查动能定理与Fx图像的综合应用如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g10 m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块到达C处时的速度vC大小？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmvB2代入数据解得：vB6 m/s。(2)当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：mgm代入数据解得：vC m/s。对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wmg2RmvC2mvB2代入数据得：W3 J，即克服摩擦力做的功为3 J。滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：xvC t在竖直方向：2Rgt2联立解得：x1.2 m。答案：(1)6 m/s(2) m/s3 J1.2 m考点三应用动能定理解决力学综合问题9.考查动能定理解决多过程问题多选如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1，s2由动能定理知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mghmgs1cos 45mv2解得v ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等，即W2mgh，选项C错误。10考查动能定理解决往复运动问题如图所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A.B.C.D.解析：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于mgcos 与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wfmgcos s，由动能定理可得：mgx0sin Wf0mv02，可解得s，故A正确。11考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用如图所示，斜面AB长xAB3 m、倾角为，其底端B与水平传送带相切，传送带长为L3 m，始终以v05 m/s的速度顺时针转动。现有一个质量m1 kg的物块，在离B点xPB2 m处的P点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数10.25，物块与传送带间的动摩擦因数20.2，sin 370.6，sin 530.8，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)倾角逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；(2)当37时，小物块由P到C的过程中，摩擦力对物块所做的功；(3)当53时，为了使物块每次由P滑到C点时均抛在同一点D，求物块释放点P到B点的取值范围。解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：mgsin 1mgcos 解得倾角满足的条件为tan 0.25。(2)由P到B，由动能定理得：mgxPBsin 371mgxPBcos 37mvB2解得vB4 m/s在B点，因为vB4 m/sv0，物块在传送带上先做匀加速运动到达v0，运动位移为x0，则a2g2 m/s2根据：v02vB22ax0解得：x02.25 mL所以从P到C，摩擦力对物块做的功Wf1mgxPBcos 372mgx00.5 J。(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛运动的知识知：物块到达C点时的速度必须有vCv0当离B点的距离为x1时，物块进入传送带后一直匀加速运动，则由动能定理得mgx1sin 531mgx1cos 532mgLmv02解得x11 m当离B点的距离为x2时，物块进入传送带后一直做匀减速运动则mgx2sin 531mgx2cos 532mgLmv02解得：x2 m所以物块释放点P到B点的距离的取值范围为1 mx m。答案：(1)tan 0.25(2)0.5 J(3)1 mx m8