2019高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第1讲 功和功率 动能定理突破练.doc

第1讲功和功率动能定理限训练通高考 科学设题拿下高考高分(45分钟)一、单项选择题1.(2018高考全国卷)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度木箱获得的动能一定()A小于拉力所做的功B等于拉力所做的功C等于克服摩擦力所做的功D大于克服摩擦力所做的功解析：由题意知，W拉W阻Ek，则W拉Ek，A对，B错；W阻与Ek的大小关系不确定，C、D错答案：A2如图所示，质量为m的汽车在某下坡的公路上，从速度v0开始加速运动，经时间t速度达到最大值vm.设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的摩擦阻力为恒力对于该过程，以下说法正确的是()A该过程中汽车一直做匀加速直线运动B该过程中汽车所受阻力fC该过程中汽车所受阻力做功的大小为PtmvD该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析：汽车发动机的功率恒为P，则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A错误，D正确；汽车速度达到最大值vm时，汽车的牵引力F，故fmgsin ，B错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C错误答案：D3.如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为60，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则()AF1F22mgB从A到B，拉力F做的功为F1LC从B到A的过程中，小球受到的合力大小不变D从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：在B位置，根据平衡条件有F1sin 30mg，解得F12mg.从B到A，根据动能定理得mgL(1cos 60)mv2，根据牛顿第二定律得F2mgm，联立两式解得F22mg，故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WFmgL(1cos 60)0，解得WFmgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误答案：A4.人与平衡车的总质量为m，在平直路面上行驶时，所受阻力不变当平衡车加速度为a，速度为v时，平衡车的功率为P1，则当功率为P2时，平衡车行驶的最大速度为()A.B.C. D.解析：对平衡车受力分析，设受到的阻力的大小为Ff，由牛顿第二定律可得，FFfma，所以FFfma，所以功率P1Fv(Ffma)v，解得Ffma，当功率恒为P2时，设最大速度为v，则P2FvFfv，所以v，选项B正确答案：B5一滑块在水平地面上沿直线滑行，t0时的速率为1 m/s，从此刻开始在与初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A滑块的质量为2 kgB第1 s内摩擦力对滑块做的功为1 JC第2 s末拉力F的瞬时功率为0.3 WD第2 s内拉力F的平均功率为0.15 W解析：由题图乙可知滑块的加速度a1 m/s2，根据牛顿第二定律，在第1 s内有FFfma，第2 s内有FFfma，代入数据解得Ff1 N，m2 kg，A正确；第1 s内滑块的位移大小x111 m0.5 m，则摩擦力对滑块做的功WFfFfx110.5 J0.5 J，B错误；第2 s末拉力的功率PFv31 W3 W，C错误；第2 s内滑块的位移x211 m0.5 m，则第2 s内拉力的平均功率P W1.5 W，D错误答案：A6.质量为500 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车()A做匀加速直线运动B功率为20 kWC所受阻力大小为2 000 ND速度大小为50 m/s时牵引力大小为3 000 N解析：由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项A错误；根据PFv，FFfma可得a，由图象可知4，400，解得Ff2 000 N，P2105 W，选项B错误，C正确；速度大小为50 m/s时牵引力大小为F N4 000 N，选项D错误答案：C7(2017高考江苏卷)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()解析：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，根据动能定理WEk知，图象中的斜率表示物块受到的合力，物块上滑时恒定的合力大于物块下滑时恒定的合力，所以C项正确答案：C二、多项选择题8.(2018湖南长沙高三一模)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，必须经过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W，第二次击打过程中小锤对小球做功4W，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是()A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR解析：第一次击打小球时，小球运动的最大高度为R，即WmgR.第二次击打小球，使小球运动到圆轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mgm，即v高.小球从静止到到达最高点的过程中，由动能定理得W4Wmg2Rmv0，得WmgR，所以W满足mgRWmgR，选项A、B正确答案：AB9.a、b为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图所示一个质量为1 kg的小球从距纸面高为60 cm的地方自由下落，恰能穿破两张纸若将a纸的位置升高，b纸的位置不变，在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a纸距离b纸可能是(小球穿破两张纸时，克服阻力做功相同)()A15 cm B20 cmC30 cm D60 cm解析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh2W0，将a纸向上移，若恰能穿过第一张纸，则mghW0，解得下落的高度hh，因此两张纸的距离不能超过h30 cm，选项A、B、C正确答案：ABC10(2018福建福州高三质检)如图所示为某电动汽车在加速性能试验过程中的v t图象为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在030 s内做匀加速直线运动，30 s后汽车发动机的功率保持不变则()A15 s末、30 s末汽车的牵引力大小之比为21B15 s末、30 s末汽车的发动机功率之比为12C30 s末、54 s末汽车的加速度大小之比为43D030 s内、3054 s内汽车发动机做功之比为58解析：由题意可知汽车前30 s做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此A错误；由图可知15 s末、30 s末的速度分别为9 m/s、18 m/s，由公式PFv可知，15 s末、30 s末汽车的发动机功率之比为12，B正确；由图可知30 s末、54 s末的加速度之比应为，C错误；030 s内，汽车发动机做的功W1Fx1(J)15P(J)，3054 s内汽车发动机做功W2P(54 s30 s)24P(J)，因此，D正确答案：BD三、非选择题11一匹马拉着质量为60 kg的雪橇，从静止开始用80 s的时间沿平直冰面跑完1 000 m设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8 s时间内做匀加速直线运动，从第8 s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15 m/s；开始运动的8 s内马拉雪橇的平均功率是8 s 后功率的一半求整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小解析：设8 s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时PFvFfv即运动过程中雪橇受到的阻力大小Ff对于整个过程运用动能定理得t1P(t总t1)Ffxmv20代入数据，解得P723 W，Ff48.2 N再由动能定理可得t总Ffxmv2解得687 W.答案：687 W48.2 N12某课外探究小组自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙圆半径分别为R、2R、3R和4R，R0.5 m，水平部分长度L2 m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h1 m将一个质量为m0.5 kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点P处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为0.4.给钢球一初速度v013 m/s，g取10 m/s2.求：(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A时对轨道的压力；(2)钢球落地点到抛出点的水平距离解析：(1)钢球从P点运动到A点的过程中，由动能定理得mg2RmgLmvmv由牛顿第二定律有FNmg代入数据解得FN178 N由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为178 N，方向竖直向下(2)设钢球到达轨道末端点的速度为v2，对全程应用动能定理得mg5Lmg4Rmvmv解得v27 m/s由平抛运动规律得h8Rgt2，sv2t解得s7 m.答案：(1)178 N，方向竖直向下(2)7 m13(2018重庆高三一诊)如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为37，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E1104 N/C、水平向右的匀强电场中一质量m4103 kg、带电量q3106 C的小滑块在C处由静止释放，经挡板碰撞后滑回到CD段的中点P处时速度恰好为零已知CD段长度L0.8 m，圆弧DG的半径r0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点g取10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6.求：(1)滑块与CD段之间的动摩擦因数；(2)滑块在CD段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能解析：(1)滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得qEmg(L)0，解得0.25(2)滑块在CD段上受到的滑动摩擦力mg0.01 N、电场力qE0.03 N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD段，滑块最终会在DGH间来回往复运动，且在D点的速度为0全过程由动能定理得qEL(mgx)0解得xL3L2.4 m(3)GH段的倾角37，滑块受到的重力mg0.04 N，电场力qE0.03 N，qEcos mgsin 0.024 N，则滑块加速度a0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G点的动能对C到G过程由动能定理得Ek最大Eq(Lrsin )mgLmg(rrcos )0.018 J滑块最终在DGH间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能对D到G过程由动能定理得Ek最小Eqrsin mg(rrcos )0.002 J答案：(1)0.25(2)2.4 m(3)0.018 J0.002 J