高考物理二轮复习专题练习卷功 功率 动能定理解析版.docx

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高考物理二轮复习专题练习卷功功率动能定理解析版

2020年高考物理二轮复习专题练习卷---功　功率　动能定理

一、选择题

1．汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到v的过程中，汽车发动机做的功为W1；它的速度从v增加到2v的过程中，汽车发动机做的功为W2，设汽车在行驶过程中发动机的牵引力和所受阻力都不变，则有

A．W2＝2W1　　　　　　　B．W2＝3W1

C．W2＝4W1D．仅能判定W2＞W1

解析　速度从零增加到v的过程中的位移x1＝

，速度从v增加到2v的过程中的位移x2＝

＝

，则位移之比为1∶3，根据W＝Fx知，汽车发动机做功之比为1∶3，即W2＝3W1，故B正确，A、C、D错误。

答案　B

2.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．2kg　　　B．1.5kg　　　C．1kg　　　D．0.5kg

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）×3＝（36－72）J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力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）×3＝（48－24）J，联立解得m＝1kg，F＝2N，选项C正确。

答案　C

3.（多选）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。

物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。

在从A到B的过程中，物块

A．加速度先减小后增大

B．经过O点时的速度最大

C．所受弹簧弹力始终做正功

D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析　当合外力为零时，弹簧处于压缩状态，弹力等于滑动摩擦力，这一位置在O点的左侧，此时加速度有最小值，速度最大，A正确，B错误；弹簧弹力先做正功后做负功，C错误；从A位置到B位置，动能变化量为零，外力所做的总功也应当为零，而整个过程小物块只受弹簧弹力和摩擦力，故D正确。

答案　AD

4．某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的平均功率是P1和P2，则正确的是

A．W1＝W2，P1＝P2　　　　B．W1＝W2，P1＞P2

C．W1＞W2，P1＞P2D．W1＞W2，P1＝P2

解析　由W＝Fs可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由P＝

可知P1＞P2，B正确。

答案　B

5.如图甲所示，一质量为2kg的物体受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的a－t图象如图乙所示，t＝0时其速度为2m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g＝10m/s2。

则下列说法正确的是

A．在t＝6s时，物体的速度为15m/s

B．在0～6s时间内，合力对物体做的功为289J

C．在0～6s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5W

D．在t＝6s时，拉力F的功率为136W

解析　根据加速度—时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知，在0～6s时间内，物体的速度增加量为Δv＝15m/s，由Δv＝v－v0，可得在t＝6s时，物体的速度为v＝17m/s，选项A错误；由动能定理，可知在0～6s时间内，合力对物体做的功为W＝

mv2－

mv02＝285J，选项B错误；在0～6s时间内，合力对物体做功的平均功率为

＝

＝47.5W，选项C正确；由牛顿第二定律有，F－μmg＝ma，解得在t＝6s时拉力F＝16N，物体的速度v＝17m/s，则拉力F的功率为P＝Fv＝16×17W＝272W，选项D错误。

答案　C

6.物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则

A．沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多

B．沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多

C．无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同

D．无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功均相同

解析　设斜面倾角为θ，高度为h，则斜面长度L＝

。

物体匀速被拉到顶端，根据功能关系WF＝mgh＋μmgcosθ·L＝mgh＋μmg·

，则h相同时，倾角较小则拉力做的功较多，选项A正确，C错误；克服重力做功为WG＝mgh，则克服重力做功相同，选项B错误；克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·L＝μmg·

，所以倾角越大，克服摩擦力做功越小，选项D错误；故选A。

答案　A

7.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。

则整个过程中，下列说法正确的是

A．钢绳的最大拉力为

B．重物匀加速过程的时间为

C．重物匀加速过程的加速度为

D．速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度

＜

解析　匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝

，故A错误；根据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at解得a＝

－g，t＝

，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的加速运动，平均速度

＞

，故D错误。

答案　B

8.（多选）如图甲所示，有一倾角θ＝37°足够长的斜面固定在水平面上，质量m＝1kg的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。

则物体沿斜面向上的运动过程中

A．机械能先增大后减小，在x＝3.2m处，物体机械能最大

B．机械能一直增大，在x＝4m处，物体机械能最大

C．动能先增大后减小，在x＝2m处，物体动能最大

D．动能一直增大，在x＝4m处，物体动能最大

解析　在物体沿斜面向上的运动过程中，对物体受力分析有，F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，当F＝10N时，a＝0，可知物体加速度先减小到零后反向增大，故速度先增大后减小，在x＝2m处物体动能最大，选项C正确，D错误。

当F＝4N时，F－μmgcosθ＝0，此前F－μmgcosθ＞0，拉力与摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，此后F－μmgcosθ＜0，拉力与摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，得x＝3.2m处物体机械能最大，选项A正确，B错误。

答案　AC

9.（多选）质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的v－t图象如图所示，从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则

A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m

B．t1～t2时间内，汽车的功率等于（m

＋Ff）v1

C．汽车运动的最大速度v2＝（

＋1）v1

D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于

解析　由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a＝

，F1－Ff＝ma，联立得F1＝m

＋Ff，选项A错误；在t1时刻汽车达到额定功率P＝F1v1＝（m

＋Ff）v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；t2时，速度达到最大值v2，此时F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝

＝（

＋1）v1，选项C正确；由v－t图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于

，故选项D错误。

答案　BC

10.（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程

A．矿车上升所用的时间之比为4∶5

B．电机的最大牵引力之比为2∶1

C．电机输出的最大功率之比为2∶1

D．电机所做的功之比为4∶5

解析　由图象可知图线①过程所用时间为2t0，由于两次提升的高度相同，图线①②与x轴围成的面积相等可知图线②过程所用时间为2.5t0，因此矿车上升所用时间之比为4∶5，A对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B错；由Pm＝Fv可知，F最大，v最大时，P最大，F相等，vm之比为2∶1，所以最大功率之比为2∶1，C对；电机做功W提供矿石的重力势能和动能，据动能定理W－mgh＝ΔEk，由于提升高度相同，ΔEk＝0，所以做功相等，D错，故选A、C。

答案　AC

二非选择题

11.如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。

质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。

现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。

此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块（视为质点）。

随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。

重力加速度取g，空气阻力不计。

求：

（1）滑块获得的最大加速度（不考虑与平台的撞击过程）。

（2）滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功。

（3）软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。

解析　

（1）由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，最大加速度：

a＝g。

（2）对软钢锭，由动能定理得：

－W＝0－

Mv2

解得：

W＝

Mv2。

（3）滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。

滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：

μMg＝Ma

由位移公式得：

L＝

at2

对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，

由动能定理得：

μ（M＋m）gL＋μMgL＝

Mv2

滑块落到平台上时的速度：

vm＝gt

滑块到达平台时的动能：

Ekm＝

mvm2，

解得：

Ekm＝

。

答案　

（1）g　

（2）

Mv2　（3）

12.如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为－q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点。

小金属块在运动过程中电荷量保持不变。

求：

（1）电场反向后匀强电场的电场强度大小。

（2）整个过程中电场力所做的功。

解析　

（1）设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程，由位移公式得：

x＝

·

t2

由速度公式得：

v1＝

t

小金属块由B点运动到A点过程，由位移公式得：

－x＝v1t－

·

t2

由速度公式得：

－v2＝v1－

t

联立解得：

E1＝3E，v2＝

t。

（2）根据动能定理，整个过程中电场力所做的功：

W＝

mv22－0

解得：

W＝

。

答案　

（1）3E　

（2）

13.如图甲所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5s末电动机到达额定功率，之后保持额定功率运行。

升降机的运动情况如图乙所示，已知电动机的额定功率为36kW，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：

（1）升降机的总质量大小；

（2）升降机在5s末的速度v0的大小；

（3）升降机在0～7s内上升的高度x。

解析　

（1）设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力F＝mg

根据P＝Fvm＝mgvm

得m＝

＝

kg＝300kg

（2）设升降机做匀加速运动时的加速度大小为a

在5s末，速度v0＝at1

此时牵引力F′＝

根据牛顿第二定律得，F′－mg＝ma

解得a＝2m/s2，v0＝10m/s

（3）升降机在0～5s内的位移

x1＝

at12＝

×2×25m＝25m

对升降机在5～7s内的运动过程运用动能定理得

Pt2－mgh＝

mvm2－

mv02

代入数据解得h＝21.8m

则x＝x1＋h＝（25＋21.8）m＝46.8m。

答案　

（1）300kg　

（2）10m/s　（3）46.8m

14.如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r＝10m圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53°，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。

从A点以初速v0＝9m/s沿AO方向水平抛出质量m＝0.1kg的小球（小球可视为质点），小球带正电荷q＝＋0.01C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。

不计空气阻力。

求：

（1）A、B间的水平距离L；

（2）匀强电场的电场强度E；

（3）小球过C点时对轨道压力的大小FN；

（4）小球从D点离开轨道后上升的最大高度H。

解析　

（1）从A到B，vBy＝v0tan53°，vBy＝at，

y＝rcos53°，y＝

at2解得t＝1s，a＝12m/s2，

L＝v0t＝9m

（2）根据牛顿第二定律可得mg＋qE＝ma，

解得E＝20N/C

（3）从A到C，根据动能定理可得

（mg＋qE）r＝

mvC2－

mv02

在C点，FN－（mg＋qE）＝m

，

解得FN＝4.41N，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为4.41N。

（4）对全过程运用动能定理，－（qE＋mg）H＝－

mv02，解得H＝3.375m。

答案　

（1）9m　

（2）E＝20N/C　（3）FN＝4.41N（4）H＝3.375m

15.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5m。

在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。

现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板（g取10m/s2）。

（1）若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为（1.6m,0.8m），求其离开O点时的速度大小。

（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围。

（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能的最小值，（结果可保留根式）。

解析　

（1）小物块从O到P做平抛运动，则：

水平方向：

x＝v0t

竖直方向：

y＝

gt2

解得：

v0＝4m/s。

（2）为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：

Fx1－μmgs＝ΔEk－0＝0

解得：

x1＝2.5m

为使小物体不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过4m/s；设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理得：

Fx2－μmgs＝

mv02。

解得：

x2＝3.3m

故为使物块击中挡板，拉力F的作用距离范围为

2．5m＜x≤3.3m。

（3）设小物块击中挡板的任意点坐标为（x，y），则有：

x＝v0′t′，y＝

gt′2，

由动能定理得：

mgy＝Ek－

mv0′2

又因为x2＋y2＝R2

由P点坐标可求R2＝3.2

化简得：

Ek＝

＋

＝

＋

由数学方法可得：

Ekmin＝2

J。

答案　

（1）4m/s　

（2）2.5m＜x≤3.3m　（3）2

J