届高考物理小题狂练8功和功率动能和动能定理附解析.docx

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届高考物理小题狂练8功和功率动能和动能定理附解析

2020届高考物理小题狂练8：

功和功率、动能和动能定理（附解析）

一、考点内容

（1）功的理解与计算；

（2）恒力及合力做功的计算、变力做功；

（3）机车启动问题；

（4）功、功率与其他力学知识的综合；

（5）动能及动能定理；

（6）应用动能定理求解多过程问题；

（7）应用动能定理求解多物体的运动问题。

二、考点突破

1．（多选）如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。

开始时绳与水平方向的夹角为θ。

当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L。

小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是（　　）

A．WF＝FL（cosθ＋1）

B．WF＝2FLcosθ

C．Wf＝μmgLcos2θ

D．Wf＝FL－mgLsin2θ

2．（多选）物体受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直线运动。

通过力和速度传感器监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律分别如图甲、乙所示。

取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A．物体的质量m＝0.5kg

B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4

C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2J

D．前2s内推力F做功的平均功率

＝3W

3．（多选）质量为400kg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．速度随时间均匀增大

B．加速度随时间均匀增大

C．输出功率为160kW

D．所受阻力大小为1600N

4．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。

重力加速度取10m/s2。

该物体的质量为（　　）

A．2kgB．1.5kgC．1kgD．0.5kg

5．（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μ。

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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。

则（　　）

A．动摩擦因数μ＝

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mgh

D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为

g

6．（多选）在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，物块A运动的距离为d，速度为v，重力加速度大小为g，则此时（　　）

A．m2gsinθ＝kd

B．物块A加速度大小为

C．重力对物块A做功的功率为（kd－m2gsinθ）v

D．弹簧的弹力对物块A做功的功率为（kd－m2gsinθ）v

8．如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球A和B分别套在OM和ON杆上，B球的质量为2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，改变水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为（取g＝10m/s2）（　　）

A．11JB．16JC．18JD．9J

9．（多选）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，通过两次击打，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W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2。

设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则

的值可能是（　　）

A．

B．

C．

D．1

10．多级火箭是由数级火箭组合而成的运载工具，每一级都有发动机与燃料，目的是为了提高火箭的连续飞行能力与最终速度。

现有一小型多级火箭，质量为M，第一级发动机的额定功率为P，先使火箭由静止竖直向上做加速度为a的匀加速直线运动。

若空气阻力为f并保持不变，不考虑燃料燃烧引起的质量变化及高度不同引起的重力变化，达到额定功率后，发动机功率保持不变，直到火箭上升达到最大速度时高度为H。

试求：

（1）第一级发动机能使火箭达到的最大速度。

（2）第一级发动机做匀加速运动的时间。

（3）第一级发动机以额定功率开始工作，直到最大速度时的运行时间。

11．如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h1＝0.2m，B端高出水平地面h2＝0.8m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。

取g＝10m/s2。

求：

（1）落地点C到O的距离xOC；

（2）在B端平滑连接一水平放置长为L＝1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板MN与滑块间的动摩擦因数；

（3）若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点的距离最远，则ΔL应为多少？

距离s的最大值为多少？

12．如图所示，竖起平面内的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平直轨道BD相切于B点，轨道D端固定一竖起挡板。

圆弧轨道的圆心为O、半径为R，轨道BC段光滑且长度大于

R，CD段粗糙且长度为R。

质量均为m的P、Q两个小球用轻杆连接，从图示位置由静止释放，Q球与档板碰撞后反向弹回，每次碰撞后瞬间P、Q两球的总动能均为碰撞前瞬间的

。

Q球第一次反弹后，P球沿轨道AB上升的最大高度为

R，重力加速度为g。

求：

（1）P球第一次运动至B点时速度大小v0及此过程中轻杆对Q球所做的功W；

（2）Q球与轨道CD间的动摩擦因数μ；

（3）Q球最终静止时与挡板间的距离x。

答案

1．【答案】BC

【解析】小物块从A点运动到O点，拉力F的作用点移动的距离x＝2Lcosθ，所以拉力F做的功WF＝Fx＝2FLcosθ，A错误，B正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos2θ，C正确，D错误。

2．【答案】ABC

【解析】由题图甲、乙可知，在1～2s，推力F2＝3N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3s，推力F3＝2N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，选项A、B正确；由速度—时间图象所围的面积表示位移可得，第2s内物体位移x＝1m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2J，选项C正确；第1s内，由于物体静止，推力不做功；第2s内，推力做功W＝F2x＝3J，即前2s内推力F做功为W′＝3J，前2s内推力F做功的平均功率

＝

＝

W＝1.5W，选项D错误。

3．【答案】CD

【解析】由题图可知，加速度变化，故赛车做变加速直线运动，故A错误；a－

函数方程为a＝

－4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：

F－f＝ma，其中：

F＝

，联立得：

a＝

－

，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a＝0时，

＝0.01，v＝100m/s，所以最大速度为100m/s，由图象可知：

－

＝－4，解得：

f＝4m＝4×400N＝1600N，0＝

·

－

，解得：

P＝160kW，故C、D正确。

4．【答案】C

【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－（mg＋F）×3m＝（36－72）J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得（mg－F）×3m＝（48－24）J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误。

5．【答案】AB

【解析】由题意根据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·

－μmgcos37°·

＝0，得动摩擦因数μ＝

，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g（sin45°－μcos45°）＝

g，a2＝g（sin37°－μcos37°）＝－

g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1

＝v2得，v＝

＝

，故B项正确，D项错误。

6．【答案】BC

【解析】开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于开始时弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；物块A的加速度a＝

，开始弹簧处于压缩状态，压缩量x1＝

，又x1＋x2＝d，解得a＝

，故B正确；由于速度v与重力夹角不为零，故重力的瞬时功率等于m1gvsinθ，则由m1gsinθ＝kx1、m2gsinθ＝kx2及x1＋x2＝d得，m1gsinθ＋m2gsinθ＝kd，所以重力做功的功率P＝（kd－m2gsinθ）v，故C正确；当物块B刚要离开C时，弹簧的弹力为m2gsinθ，则弹力对物块A做功的功率为m2sinθ·v，故D错误。

8．【答案】C

【解析】A球向右运动0.1m时，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，设此时∠B′A′O＝α，则有tanα＝

。

由运动的合成与分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。

以B球为研究对象，此过程中B球上升高度h＝0.1m，由动能定理，W－mgh＝

mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋

mvB2＝2×10×0.1J＋

×2×42J＝18J，选项C正确。

9．【答案】AB

【解析】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，根据动能定理，有：

W1≤mgR，两次击打后可以到达轨道最高点，根据动能定理，有：

W1＋W2－2mgR＝

mv2，在最高点，有：

mg＋N＝m

≥mg，联立①②③解得：

W1≤mgR，W2≥

mgR，故

≤

，故A、B正确，C、D错误。

10．【解析】

（1）由题意知火箭达到最大速度时加速度为零，设发动机牵引力为F，则：

F＝f＋Mg

额定功率为P，所以最大速度有：

。

（2）由题意知做匀加速运动，加速度a不变，功率为P，设匀加速运动的最大速度为v1，时间为t1，此时牵引力为F1，则有：

P＝F1v1……①

F1－（f＋Mg）＝Ma…..②

v1＝at1…..③

联立①②③解得：

。

（3）设以额定功率开始工作，直到最大速度的时间为t，则根据动能定理有：

由

（1）可知：

由

（2）可知：

联立解得：

。

11．【解析】

（1）滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，根据动能定理得：

mgh1＝

mvB2－0

得vB＝

＝2m/s

滑块离开B点后做平抛运动，则：

竖直方向：

h2＝

gt2

水平方向：

x＝vBt

联立得到x＝vB

代入数据解得x＝0.8m。

（2）滑块从B端运动到N端停止的过程，根据动能定理得：

－μmgL＝0－

mvB2

代入数据解得μ＝0.2。

（3）若将木板右端截去长为ΔL的一段后，设滑块滑到木板最右端时速度为v，由动能定理得：

－μmg（L－ΔL）＝

mv2－

mvB2

滑块离开木板后仍做平抛运动，高度不变，运动时间不变，则落地点距O点的距离：

s＝L－ΔL＋vt

联立整理得：

s＝1＋0.8

－ΔL＝－（0.4－

）2＋1.16

所以当

＝0.4即ΔL＝0.16m时，s最大，且最大值smax＝1.16m。

12．【解析】

（1）P球第一次运动至B点过程中，对PQ两球有：

mgR＝

×2mv02

所以：

v0＝

P球第一次运动至B点过程中，轻杆对Q球所做的功

W＝

mv02＝

mgR。

（2）Q球第一次运动至D点过程中，对P、Q球有：

mgR－μmgR＝Ek

Q球与挡板碰撞后反向弹回，P球沿轨道AB上升的最大高度过程中，有：

－

mgR－μmgR＝－

Ek

联立可得μ＝0.2。

（3）Q球第二次运动至D点过程中，对P、Q球有：

mgR－μmgR＝

mgR

第二次碰后对P、Q球有：

解得：

x＝

R。