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2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練8 功和功率 動能和動能定理(含解析)

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1、功和功率 動能和動能定理專練八功和功率 動能和動能定理一、考點內(nèi)容(1)功的理解與計算;(2)恒力及合力做功的計算、變力做功;(3)機車啟動問題;(4)功、功率與其他力學知識的綜合;(5)動能及動能定理;(6)應(yīng)用動能定理求解多過程問題;(7)應(yīng)用動能定理求解多物體的運動問題。二、考點突破1(多選)如圖所示,輕繩一端受到大小為F的水平恒力作用,另一端通過定滑輪與質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小物塊相連。開始時繩與水平方向的夾角為。當小物塊從水平面上的A點被拖動到水平面上的B點時,位移為L,隨后從B點沿斜面被拖動到定滑輪O處,BO間距離也為L。小物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數(shù)均為,若小物塊從A點運動到

2、O點的過程中,F(xiàn)對小物塊做的功為WF,小物塊在BO段運動過程中克服摩擦力做的功為Wf,則以下結(jié)果正確的是()AWFFL(cos 1)BWF2FLcos CWfmgLcos 2DWfFLmgLsin 22(多選)物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動。通過力和速度傳感器監(jiān)測到推力F、物體速度v隨時間t變化的規(guī)律分別如圖甲、乙所示。取g10 m/s2,則下列說法正確的是()A物體的質(zhì)量m0.5 kgB物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4C第2 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功W2 JD前2 s內(nèi)推力F做功的平均功率3 W3(多選)質(zhì)量為400 kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速,受到的阻力不變,其

3、加速度a和速度的倒數(shù)的關(guān)系如圖所示,則賽車()A速度隨時間均勻增大B加速度隨時間均勻增大C輸出功率為160 kWD所受阻力大小為1600 N4從地面豎直向上拋出一物體,物體在運動過程中除受到重力外,還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時,物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為()A2 kg B1.5 kgC1 kg D0.5 kg5(多選)如圖所示為一滑草場,某條滑道由上、下兩段高均為h,與水平面傾角分別為45和37的滑道組成,滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑

4、,經(jīng)過上、下兩段滑道后,最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失,sin 370.6,cos 370.8)。則()A動摩擦因數(shù)B載人滑草車最大速度為C載人滑草車克服摩擦力做功為mghD載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g6(多選)在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B,它們的質(zhì)量分別為m1、m2,彈簧勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板,系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?,F(xiàn)開始用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動,當物塊B剛要離開C時,物塊A運動的距離為d,速度為v,重力加速度大小為g,則此時()Am2gsin kdB物塊A加速度大小為C重力對物塊A做功的功率為(kdm2gs

5、in )vD彈簧的彈力對物塊A做功的功率為(kdm2gsin )v8如圖所示,豎直平面內(nèi)放一直角桿MON,OM水平,ON豎直且光滑,用不可伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上,B球的質(zhì)量為2 kg,在作用于A球的水平力F的作用下,A、B兩球均處于靜止狀態(tài),此時OA0.3 m,OB0.4 m,改變水平力F的大小,使A球向右加速運動,已知A球向右運動0.1 m時速度大小為3 m/s,則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g10 m/s2)()A11 J B16 JC18 J D9 J9(多選)如圖所示,內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上,一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A

6、點。現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球,擊打后迅速移開,使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動。當小球回到A點時,再次用小錘沿運動方向擊打小球,通過兩次擊打,小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道,在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1,第二次擊打過程中小錘對小球做功W2。設(shè)先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能,則的值可能是()A BC D110多級火箭是由數(shù)級火箭組合而成的運載工具,每一級都有發(fā)動機與燃料,目的是為了提高火箭的連續(xù)飛行能力與最終速度?,F(xiàn)有一小型多級火箭,質(zhì)量為M,第一級發(fā)動機的額定功率為P,先使火箭由靜止豎直向上做加速度為a的勻加速直線運動。若空氣阻

7、力為f并保持不變,不考慮燃料燃燒引起的質(zhì)量變化及高度不同引起的重力變化,達到額定功率后,發(fā)動機功率保持不變,直到火箭上升達到最大速度時高度為H。試求:(1)第一級發(fā)動機能使火箭達到的最大速度。(2)第一級發(fā)動機做勻加速運動的時間。(3)第一級發(fā)動機以額定功率開始工作,直到最大速度時的運行時間。11如圖所示,光滑圓弧AB在豎直平面內(nèi),圓弧B處的切線水平,A、B兩端的高度差為h10.2 m,B端高出水平地面h20.8 m,O點在B點的正下方,將一確定的滑塊從A端由靜止釋放,落在水平面上的C點處。取g10 m/s2。求:(1)落地點C到O的距離xOC;(2)在B端平滑連接一水平放置長為L1.0 m的

8、木板MN,滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止,求木板MN與滑塊間的動摩擦因數(shù);(3)若將木板右端截去長為L的一段,滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處,要使落地點P距O點的距離最遠,則L應(yīng)為多少?距離s的最大值為多少?12如圖所示,豎起平面內(nèi)的四分之一光滑圓弧軌道AB與水平直軌道BD相切于B點,軌道D端固定一豎起擋板。圓弧軌道的圓心為O、半徑為R,軌道BC段光滑且長度大于R,CD段粗糙且長度為R。質(zhì)量均為m的P、Q兩個小球用輕桿連接,從圖示位置由靜止釋放,Q球與檔板碰撞后反向彈回,每次碰撞后瞬間P、Q兩球的總動能均為碰撞前瞬間的。Q球第一次反彈后,P球沿軌道AB上升的最大高度為R,重力

9、加速度為g。求:(1)P球第一次運動至B點時速度大小v0及此過程中輕桿對Q球所做的功W;(2)Q球與軌道CD間的動摩擦因數(shù);(3)Q球最終靜止時與擋板間的距離x。答案二、考點突破1【答案】BC【解析】小物塊從A點運動到O點,拉力F的作用點移動的距離x2Lcos ,所以拉力F做的功WFFx2FLcos ,A錯誤,B正確;由幾何關(guān)系知斜面的傾角為2,所以小物塊在BO段受到的摩擦力fmgcos 2,則WffLmgLcos 2,C正確,D錯誤。2【答案】ABC【解析】由題圖甲、乙可知,在12 s,推力F23 N,物體做勻加速直線運動,其加速度a2 m/s2,由牛頓運動定律可得,F(xiàn)2mgma;在23 s

10、,推力F32 N,物體做勻速直線運動,由平衡條件可知,mgF3;聯(lián)立解得物體的質(zhì)量m0.5 kg,物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.4,選項A、B正確;由速度時間圖象所圍的面積表示位移可得,第2 s內(nèi)物體位移x1 m,克服摩擦力做的功Wfmgx2 J,選項C正確;第1 s內(nèi),由于物體靜止,推力不做功;第2 s內(nèi),推力做功WF2x3 J,即前2 s內(nèi)推力F做功為W3 J,前2 s內(nèi)推力F做功的平均功率 W1.5 W,選項D錯誤。3【答案】CD【解析】由題圖可知,加速度變化,故賽車做變加速直線運動,故A錯誤;a函數(shù)方程為a4,汽車加速運動,速度增大,加速度減小,故B錯誤;對汽車受力分析,受重力、支持力

11、、牽引力和摩擦力,根據(jù)牛頓第二定律,有:Ffma,其中:F,聯(lián)立得:a,結(jié)合圖線,當物體的速度最大時,加速度為零,故結(jié)合圖象可以知道,a0時,0.01,v100 m/s,所以最大速度為100 m/s,由圖象可知:4,解得:f4m4400 N1600 N,0,解得:P160 kW,故C、D正確。4【答案】C【解析】設(shè)物體的質(zhì)量為m,則物體在上升過程中,受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F,由動能定理結(jié)合題圖可得(mgF)3 m(3672) J;物體在下落過程中,受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F,再由動能定理結(jié)合題圖可得(mgF)3 m(4824) J,聯(lián)立解得m1 kg、F2

12、 N,選項C正確,A、B、D均錯誤。5【答案】AB【解析】由題意根據(jù)動能定理有,2mghWf0,即2mghmgcos 45mgcos 370,得動摩擦因數(shù),則A項正確;載人滑草車克服摩擦力做的功為Wf2mgh,則C項錯誤;載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1g(sin 45cos 45)g,a2g(sin 37cos 37)g,則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運動和減速運動,則在上段底端時達到最大速度v,由運動學公式有2a1v2得,v,故B項正確,D項錯誤。6【答案】BC【解析】開始系統(tǒng)處于靜止狀態(tài),彈簧彈力等于A的重力沿斜面向下的分力,當B剛離開C時,彈簧的彈力等于B的重力沿斜面向下

13、的分力,故m2gsin kx2,但由于開始時彈簧是壓縮的,故dx2,故m2gsin kd,故A錯誤;物塊A的加速度a,開始彈簧處于壓縮狀態(tài),壓縮量x1,又x1x2d,解得a,故B正確;由于速度v與重力夾角不為零,故重力的瞬時功率等于m1gvsin ,則由m1gsin kx1、m2gsin kx2及x1x2d得,m1gsin m2gsin kd,所以重力做功的功率P(kdm2gsin )v,故C正確;當物塊B剛要離開C時,彈簧的彈力為m2gsin ,則彈力對物塊A做功的功率為m2sin v,故D錯誤。8【答案】C【解析】A球向右運動0.1 m時,vA3 m/s,OA0.4 m,OB0.3 m,設(shè)

14、此時BAO,則有tan 。由運動的合成與分解可得vAcos vBsin ,解得vB4 m/s。以B球為研究對象,此過程中B球上升高度h0.1 m,由動能定理,WmghmvB2,解得輕繩的拉力對B球所做的功為WmghmvB22100.1 J242 J18 J,選項C正確。9【答案】AB【解析】第一次擊打后球最高到達與球心O等高位置,根據(jù)動能定理,有:W1mgR,兩次擊打后可以到達軌道最高點,根據(jù)動能定理,有:W1W22mgRmv2,在最高點,有:mgNmmg,聯(lián)立解得:W1mgR,W2mgR,故,故A、B正確,C、D錯誤。10【解析】(1)由題意知火箭達到最大速度時加速度為零,設(shè)發(fā)動機牽引力為F

15、,則:FfMg額定功率為P,所以最大速度有:。(2)由題意知做勻加速運動,加速度a不變,功率為P,設(shè)勻加速運動的最大速度為v1,時間為t1,此時牽引力為F1,則有:PF1v1F1(fMg)Ma.v1at1.聯(lián)立解得:。(3)設(shè)以額定功率開始工作,直到最大速度的時間為t,則根據(jù)動能定理有:由(1)可知:由(2)可知:聯(lián)立解得:。11【解析】(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中,根據(jù)動能定理得:mgh1mvB20得vB2 m/s滑塊離開B點后做平拋運動,則:豎直方向:h2gt2水平方向:xvBt聯(lián)立得到xvB代入數(shù)據(jù)解得x0.8 m。(2)滑塊從B端運動到N端停止的過程,根據(jù)動能定理得:mgL0mv

16、B2代入數(shù)據(jù)解得0.2。(3)若將木板右端截去長為L的一段后,設(shè)滑塊滑到木板最右端時速度為v,由動能定理得:mg(LL)mv2mvB2滑塊離開木板后仍做平拋運動,高度不變,運動時間不變,則落地點距O點的距離:sLLvt聯(lián)立整理得:s10.8L(0.4)21.16所以當0.4即L0.16 m時,s最大,且最大值smax1.16 m。12【解析】(1)P球第一次運動至B點過程中,對PQ兩球有:mgR2mv02所以:v0P球第一次運動至B點過程中,輕桿對Q球所做的功Wmv02mgR。(2)Q球第一次運動至D點過程中,對P、Q球有:mgRmgREkQ球與擋板碰撞后反向彈回,P球沿軌道AB上升的最大高度過程中,有:mgRmgREk聯(lián)立可得0.2。(3)Q球第二次運動至D點過程中,對P、Q球有:mgRmgRmgR第二次碰后對P、Q球有:解得:xR。8

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