高三物理二轮复习（通用版）对应练习——功和功率 动能定理 word版含解析

这是一份高三物理二轮复习（通用版）对应练习——功和功率 动能定理 word版含解析，共7页。试卷主要包含了5 m，由动能定理可得，考查动能定理解决多过程问题]等内容，欢迎下载使用。

1.考查功的大小计算]如图所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 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μ＝0.4。现用F＝5 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)( )
A．1 J B．1.6 J
C．2 J D．4 J
解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4 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eq \f(L,2)，则做的功至少为W＝f×eq \f(L,2)＝1.6 J，所以B正确。
2．考查机车的启动与牵引问题]
(多选)(天津高考)我国高铁技术处于世界领先水平。和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
解析：选BD 启动时，乘客的加速度向前，车厢对人的作用力方向向前，与车运动的方向相同，选项A错误。以后面的车厢为研究对象，F56＝3ma，F67＝2ma，则5、6节与6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，选项B正确。根据v2＝2ax，车厢停下来滑行的距离x与速度的二次方成正比，选项C错误。若改为4节动车，则功率变为原来2倍，由P＝Fv知，最大速度变为原来2倍，选项D正确。
3．考查瞬时功率与平均功率的计算]
(潍坊模拟)质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v­t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5
B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 W
C．10 s末物体在计时起点左侧4 m处
D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W
解析：选D 由图线可知0～4 s内的加速度：a1＝eq \f(8,4) m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；由图线可知4～10 s内的加速度：a2＝eq \f(6,6) m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得：F＝3 N，μ＝0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6 W＝18 W，选项B错误；0～4 s内的位移x1＝eq \f(1,2)×4×8 m＝16 m,4～10 s内的位移x2＝－eq \f(1,2)×6×6 m＝－18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；0～10 s内恒力F做功的平均功率为eq \x\t(P)＝eq \f(Fx,t)＝eq \f(3×2,10) W＝0.6 W，选项D正确。
4．考查机车启动的图像问题]
(全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是( )
解析：选A 由P­t图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq \f(F－f,m)知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。
5.考查动能定理与v ­t图像的综合应用]
(多选)一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v­t图像如图所示，g取10 m/s2，则( )
A．物体的质量为5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
解析：选BD 由动能定理有45 J＝eq \f(mv2,2)，第1 s末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后物体的位移x2＝eq \f(1,2)×3×3 m＝4.5 m，由动能定理可得：－fx2＝0－eq \f(1,2)mv2，可解得：f＝10 N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x1＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx1＝－15 J，故C错误；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40 N，所以第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx1＝60 J，故D正确。
6．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
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量
C．A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BD A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，B对；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，C错；对长木板B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf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，D对；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A错。
7．考查应用动能定理求变力做功]
(海南高考)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为( )
A.eq \f(1,4)mgR B.eq \f(1,3)mgR
C.eq \f(1,2)mgR D.eq \f(π,4)mgR
解析：选C 在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有N－mg＝meq \f(v2,R)，N＝2mg，联立解得v＝eq \r(gR)，下落过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得mgR－Wf＝eq \f(1,2)mv2，解得Wf＝eq \f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功为eq \f(1,2)mgR，C正确。
8．考查动能定理与F­x图像的综合应用]
(多选)(焦作月考)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解析：选ABC 物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝eq \f(F,mg)＝eq \f(7,2×10)＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于F­x图线包含的面积，由图线可知小格数为13，则功为13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知：WF－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv02，其中x＝7 m，则解得：v0＝6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，故D错误。
9.考查动能定理解决多过程问题]
(多选)(浙江高考)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，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。则( )
A．动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)
B．载人滑草车最大速度为eq \r(\f(2gh,7))
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eq \f(3,5)g
解析：选AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝eq \f(h,sin 45°)、s2＝eq \f(h,sin 37°)
由动能定理知：
2mgh－μmgs1cs 45°－μmgs2cs 37°＝0
解得动摩擦因数μ＝eq \f(6,7)，选项A正确；
载人滑草车在上下两段的加速度分别为
a1＝g(sin 45°－μcs 45°)＝eq \f(\r(2),14)g，a2＝g(sin 37°－μcs 37°)＝－eq \f(3,35)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：
mgh－μmgs1cs 45°＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(\f(2gh,7))，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功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
10．考查动能定理解决往复运动问题]
(成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为θ，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μ，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，滑块经过的总路程是( )
A.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ)) B.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gsin θ)＋x0tan θ))
C.eq \f(2,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ)) D.eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0ct θ))
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μmgcs θ与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wf＝－μmgcs θ·s，由动能定理可得：mgx0sin θ＋Wf＝0－eq \f(1,2)mv02，可解得s＝eq \f(1,μ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v02,2gcs θ)＋x0tan θ))，故A正确。
11．考查动能定理与平抛运动的综合应用]
(浙江高考)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m。斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定。将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm。
解析：(1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcs θ①
θ满足的条件tan θ≥0.05②
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑。
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cs θ＋μ2mg(L2－L1 cs θ)③
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8。⑤
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝eq \f(1,2)mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦
由平抛运动规律得H＝eq \f(1,2)gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s⑧
x1＝0.4 m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9 m。⑩
答案：(1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
12．考查动能定理与圆周运动的综合问题]
(山东省高考押题卷)
如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R。一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ。求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件？
解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动。
对整体过程由动能定理得
mgR·cs θ－μmgcs θ·x＝0
所以总路程为x＝eq \f(R,μ)。
(2)对B→E过程，B点的初速度为零，
由动能定理得
mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mvE2①
FN－mg＝meq \f(vE2,R)②
由牛顿第三定律及①②得对轨道压力：
FN′＝FN＝(3－2cs θ)mg。
方向竖直向下。
(3)设物体刚好到D点，则由向心力公式得
mg＝meq \f(vD2,R)③
对全过程由动能定理得
mgL′sin θ－μmgcs θ·L′－mgR(1＋cs θ)＝eq \f(1,2)mvD2④
由③④得最少距离L′＝eq \f(3＋2cs θ,2sin θ－2μcs θ)·R。
答案：(1)eq \f(R,μ) (2)(3－2cs θ)mg 方向竖直向下
(3)eq \f(3＋2cs θ,2sin θ－2μcs θ)·R考点一
功和功率
考点二
动能定理的应用
考点三
应用动能定理解决力学综合问题