《2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功 第5講 功和功率 動能定理練習（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功 第5講 功和功率 動能定理練習（含解析）（24頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、第5講功和功率動能定理構建網絡重溫真題1(2019全國卷)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。該物體的質量為()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg答案C解析畫出運動示意圖如圖，設阻力大小為f，據動能定理知，AB(上升過程)：EkBEkA(mgf)hCD(下落過程)：EkDEkC(mgf)h聯立以上兩式，解得物體的質量m1 kg，C正確。2(2018全國卷)如圖，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗
2、糙水平路面運動至具有某一速度，木箱獲得的動能一定()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答案A解析木箱受力如圖所示：木箱在移動的過程中有兩個力做功，拉力做正功，摩擦力做負功，根據動能定理可知即：WFWfmv20，所以動能小于拉力做的功，故A正確；無法比較動能與摩擦力做功的大小，C、D錯誤。3(2018全國卷)(多選)地下礦井中的礦石裝在礦車中，用電機通過豎井運送至地面。某豎井中礦車提升的速度大小v隨時間t的變化關系如圖所示，其中圖線分別描述兩次不同的提升過程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質量相等。不考慮摩擦阻力和空氣
3、阻力。對于第次和第次提升過程()A礦車上升所用的時間之比為45B電機的最大牽引力之比為21C電機輸出的最大功率之比為21D電機所做的功之比為45答案AC解析設第次所用時間為t，根據速度圖象與t軸所圍的面積等于位移(此題中為提升的高度)可知，2t0v0v0，解得：t，所以第次和第次提升過程所用時間之比為2t045，A正確；由于兩次提升變速階段的加速度大小相同，在勻加速階段，由牛頓第二定律，Fmgma，可得提升的最大牽引力之比為11，B錯誤；由功率公式PFv，電機輸出的最大功率之比等于最大速度之比，為21，C正確；兩次提升過程中動能增加量均為0，由動能定理得W電mgh0，兩次提升高度h相同，所以電
4、機兩次做功相同，D錯誤。4(2018江蘇高考)(多選)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊()A加速度先減小后增大B經過O點時的速度最大C所受彈簧彈力始終做正功D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功答案AD解析物體從A點到O點的過程，彈力逐漸減為零，剛開始彈簧彈力大于摩擦力，故可分為彈力大于摩擦力過程和彈力小于摩擦力過程：彈力大于摩擦力過程，合力向右，加速度也向右，由于彈力逐漸減小，摩擦力不變，物塊所受合力逐漸減小，加速度逐漸減小，當彈力等于摩擦力時速度最大，此
5、位置在A點與O點之間；彈力小于摩擦力過程，合力方向與運動方向相反，彈力減小，摩擦力大小不變，物體所受合力增大，物體的加速度隨彈簧形變量的減小而增大，方向向左，物體做減速運動；從O點到B點的過程彈力增大，合力向左，加速度繼續(xù)增大，A正確，B錯誤；從A點到O點過程，彈簧由壓縮恢復原長，彈力做正功，從O點到B點的過程，彈簧被拉伸，彈力做負功，故C錯誤；從A到B的過程中根據動能定理彈簧彈力做的功等于物體克服摩擦力做的功，故D正確。5(2017全國卷)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力()
6、A一直不做功 B一直做正功C始終指向大圓環(huán)圓心 D始終背離大圓環(huán)圓心答案A解析光滑大圓環(huán)對小環(huán)只有彈力作用。彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做功。故選A。6(2018江蘇高考)從地面豎直向上拋出一只小球，小球運動一段時間后落回地面。忽略空氣阻力，該過程中小球的動能Ek與時間t的關系圖象是()答案A解析小球做豎直上拋運動時，速度vv0gt，根據動能Ekmv2得Ekm(v0gt)2，故圖象A正確。7(2019天津高考)完全由我國自行設計、建造的國產新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹
7、甲板兩部分構成，如圖1所示。為了便于研究艦載機的起飛過程，假設上翹甲板BC是與水平甲板AB相切的一段圓弧，示意如圖2，AB長L1150 m，BC水平投影L263 m，圖中C點切線方向與水平方向的夾角12(sin120.21)。若艦載機從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經t6 s到達B點進入BC。已知飛行員的質量m60 kg，g10 m/s2，求(1)艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功W；(2)艦載機剛進入BC時，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。答案(1)7.5104 J(2)1.1103 N解析(1)艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有根據動能
8、定理，對飛行員有Wmv20聯立式，代入數據，得W7.5104 J(2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為R，根據幾何關系，有L2Rsin由牛頓第二定律，對飛行員有FNmgm聯立式，代入數據，得FN1.1103 N。命題特點：功和功率的判斷和計算、動能定理的應用是高考的重點，經常與直線運動、曲線運動等綜合起來進行考查，以選擇題和計算題考查較多，各種難度都可能出現。思想方法：微元法、圖象法、轉換法、整體法與分段法。高考考向1功和功率的理解和計算例1(2018江西聯考)(多選)A、B兩物體分別在大小相同的水平恒力F的作用下由靜止開始沿同一水平面運動，作用時間分別為t0和4t0，兩物體運動的vt圖象如圖所示
9、，則()AA、B兩物體與水平面的摩擦力大小之比為512B水平力F對A、B兩物體做功的最大功率之比為21C水平力F對A、B兩物體做功之比為21D在整個運動過程中，摩擦力對A、B兩物體做功的平均功率之比為53(1)水平力F對A、B兩物體做功的最大功率為瞬時功率還是平均功率？提示：瞬時功率。(2)整個運動過程中，水平力F對A、B兩物體做功_(填“大于”“小于”或“等于”)A、B兩物體克服摩擦力做功。提示：等于。解析由vt圖象可知，A加速運動時的加速度aA1，減速運動時的加速度大小為aA2，由牛頓第二定律有：Ff1m1，f1m1，解兩式得：f1；B加速運動時的加速度大小為aB1，減速運動時的加速度大小
10、為aB2，由牛頓第二定律有：Ff2m2，f2m2，解兩式得：f2，所以A、B兩物體與水平面的摩擦力之比為512，A正確；由vt圖象知，水平力F對A、B兩物體做功的最大功率之比為(F2v0)(Fv0)21，B正確；由vt圖象與t軸所圍的面積表示位移可知兩物體有水平力F作用時的位移之比為12，由WFs可知，F對A、B兩物體做功之比為12，C錯誤；整個運動過程中，摩擦力對A做的功WAFFv0t0，對B做的功WBF2Fv0t0，由P可得PA，PB，PAPB56，D錯誤。答案AB 計算功和功率時應注意的問題(1)計算功時，要注意分析受力情況和能量轉化情況，分清是恒力做功，還是變力做功，恒力做功一般用功的
11、公式或動能定理求解，變力做功用動能定理、轉化法或圖象法求解。(2)用圖象法求外力做功時應注意橫軸和縱軸分別表示的物理意義，若橫軸表示位移，縱軸表示力，則可用圖線與橫軸圍成的面積表示功，例如下圖甲、乙、丙所示(丙圖中圖線為圓弧)，力做的功分別為W1F1x1、W2F2x2、W3F3x3。(3)計算功率時，要明確是求瞬時功率，還是平均功率，若求瞬時功率，應明確是哪一時刻或哪個位置的瞬時功率，若求平均功率應明確是哪段時間內的平均功率；應注意區(qū)分公式P和公式PFvcos的適用范圍，P計算的是平均功率，PFvcos側重于對瞬時功率的計算。1. (2019合肥高三第三次質檢)圖示為一輛配備了登高平臺的消防車
12、，其伸縮臂能夠在短時間內將承載了3名消防員的登高平臺(人與平臺的總質量為300 kg)抬升到60m高的滅火位置，此后消防員用水炮滅火。已知水炮的出水量為3m3/min，水離開炮口時的速度為20m/s，水的密度為1.0103kg/m3，g取10 m/s2。下列說法正確的是()A使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為10 kWB使水炮工作的發(fā)動機的輸出功率為30 kWC伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8104 JD伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功為1.8105 J答案D解析水的密度為1.0103 kg/m3,1 min內流出水的質量：mV1.01033 kg3000 kg,1 min內水獲得的重力勢
13、能：Epmgh30001060 J1.8106 J，1 min內水獲得的動能：Ekmv26105 J，使水炮工作的發(fā)動機輸出功率為：P W4104 W，故A、B錯誤；伸縮臂抬升登高平臺過程中所做的功等于登高平臺克服重力做的功：Wmgh3001060 J1.8105 J，故C錯誤，D正確。2(2018開封一模)(多選)如圖所示，一質量為m的小球固定在長為2L的輕桿上端，輕桿下端用光滑鉸鏈連接于地面上的A點，桿可繞A點在豎直平面內自由轉動，桿的中點系一細繩，電機與自動裝置控制繩子，使得桿可以從虛線位置繞A點逆時針倒向地面，且整個倒下去的過程中，桿做勻速轉動。那么在此過程中()A小球重力做功為2mg
14、LB繩子拉力做功大于2mgLC重力做功功率逐漸增大D繩子拉力做功功率先增大后減小答案AC解析小球在該過程中下降高度為2L，所以小球重力做功為2mgL，A正確；桿勻速轉動過程中，小球動能不變，由動能定理可知，該過程中合外力做功為零，所以繩子拉力做功與重力做功大小相等，為2mgL，B錯誤；重力做功的功率等于重力與小球沿豎直方向分速度的乘積，桿勻速轉動，小球做勻速圓周運動，該過程中小球豎直方向的速度不斷增大，所以重力做功的功率不斷增大，C正確；由動能定理可得，拉力做功功率與重力做功功率始終大小相等，故拉力做功功率不斷增大，D錯誤。高考考向2機車啟動問題例2(2019四川省成都市高三三模)目前，我國在
15、人工智能和無人駕駛技術方面已取得較大突破。為早日實現無人駕駛，某公司對汽車性能進行了一項測試，讓質量為m的汽車沿一山坡直線行駛。測試中發(fā)現，下坡時若關掉油門，則汽車的速度保持不變；若以恒定的功率P上坡，則從靜止啟動做加速運動，發(fā)生位移s時速度剛好達到最大值vm。設汽車在上坡和下坡過程中所受阻力的大小保持不變，下列說法正確的是()A關掉油門后的下坡過程，汽車的機械能守恒B關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力的沖量為零C上坡過程中，汽車速度由增至，所用的時間可能等于D上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，所用時間一定小于(1)恒定功率啟動過程中，汽車做何種形式的運動？提示：汽車功率
16、不變時，速度增大牽引就會減小，汽車做加速度逐漸減小的加速運動，當牽引力等于阻力時速度最大。(2)功率不變時，汽車運動時間如何求解？提示：功率不變時牽引力做功等于Pt，可以由動能定理求解時間。解析關掉油門后的下坡過程，汽車的速度不變，動能不變，高度降低，重力勢能減小，則汽車的機械能減小，故A錯誤；關掉油門后的下坡過程，坡面對汽車的支持力大小不為零，時間不為零，則由IFt可知沖量不為零，故B錯誤；上坡過程中，汽車速度由增至，設所用的時間為t，根據動能定理可得：Pt(fmgsin)sm()2m()2，解得t，故C錯誤；上坡過程中，汽車從靜止啟動到剛好達到最大速度vm，功率不變，由PFv可知速度增大，
17、牽引力減小，加速度減小，設達到最大速度vm所用時間為t1，則由圖象法可知t1s，解得t1a2，即t2t，故A正確；勻加速提升重物時鋼繩拉力最大，且等于勻加速結束時的拉力，由PFv得鋼繩的最大拉力Fm，故B錯誤；重物以最大速度勻速上升時，Fmg，所以v2，故C正確；重物做勻加速運動的加速度a，則勻加速的時間為t，故D正確。高考考向3動能定理及其應用例3(2016全國卷)如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為37的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為R的光滑圓弧軌道相切于C點，AC7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內。質量為m的小物塊P自C點
18、由靜止開始下滑，最低到達E點(未畫出)。隨后P沿軌道被彈回，最高到達F點，AF4R。已知P與直軌道間的動摩擦因數，重力加速度大小為g。取sin37，cos37(1)求P第一次運動到B點時速度的大??；(2)求P運動到E點時彈簧的彈性勢能；(3)改變物塊P的質量，將P推至E點，從靜止開始釋放。已知P自圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好通過G點。G點在C點左下方，與C點水平相距R、豎直相距R。求P運動到D點時速度的大小和改變后P的質量。(1)若想求出P運動到E點時彈簧的彈性勢能，需先求出P運動到E點時滑行的距離，該距離可以通過研究哪一過程求出？提示：P到達E然后又反彈回F點的整個過程。(2)從D點
19、飛出后做平拋運動，如何求D點速度？提示：可以利用水平位移和豎直位移。解析(1)根據題意知，B、C之間的距離l為l7R2R5R設P到達B點時的速度為vB，由動能定理得mglsinmglcosmv式中37。聯立式并由題給條件得vB2。(2)設BEx。P到達E點時速度為零，設此時彈簧的彈性勢能為Ep。P由B點運動到E點的過程中，由動能定理有mgxsinmgxcosEp0mvE、F之間的距離l1為l14R2Rx2RxP到達E點后反彈，從E點運動到F點的過程中，由動能定理有Epmgl1sinmgl1cos0聯立式并由題給條件得xREpmgR。(3)設改變后P的質量為m1。D點與G點的水平距離x1和豎直距
20、離y1分別為x1RRsiny1RRRcos設P在D點的速度為vD，由D點運動到G點的時間為t。由平拋運動公式有y1gt2x1vDt聯立式得vD設P在C點速度的大小為vC。在P由C運動到D的過程中機械能守恒，有m1vm1vm1gP由E點運動到C點的過程中，由動能定理有Epm1g(x5R)sinm1g(x5R)cosm1v聯立式得m1m。答案(1)2(2)mgR(3)m 應用動能定理解題的“四步三注意兩適用”(1)應用動能定理解題的四個步驟確定研究對象及其運動過程；分析受力情況和各力的做功情況；明確物體初末狀態(tài)的動能；由動能定理列方程求解。(2)應用動能定理解題應注意的三個問題動能定理往往用于單個
21、物體的運動過程，由于不牽扯加速度及時間，比動力學研究方法要簡捷。動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據的。物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但若能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。(3)動能定理適用的兩種情況既適用于直線運動，也適用于曲線運動；既適用于恒力做功，也適用于變力做功。5(2019山東威海三模)(多選)一質量為m的小物塊靜置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由靜止開始運動，小物塊的加速度a隨其運動距離x的變化規(guī)律如圖所示。已知小物塊與地面間的動摩擦因數為，重力加速度為g，在
22、小物塊運動02L的過程中，下列說法正確的是()A小物塊在0L內做勻變速直線運動，L2L內做勻速運動B小物塊運動至2L處的速度為C整個過程中水平外力做功為mL(2g3a0)D小物塊從L處運動至2L處所用的時間為答案BC解析小物塊在0L內加速度減小，做加速度減小的變加速直線運動，L2L內加速度不變，做勻加速直線運動，故A錯誤；整個過程，根據動能定理得：Lma0Lmv2，得小物塊運動至2L處的速度為v，故B正確；整個過程合力做功為Lma0LWFmg2L，得水平外力做功為WFmL(2g3a0)，故C正確；設小物塊運動至L處的速度為v0，根據動能定理得：Lmv，得v02，小物塊從L處運動至2L處做勻加速
23、直線運動，有Lt，聯立解得t(2) ，故D錯誤。6(2019江蘇南京、鹽城高三第三次調研)如圖所示，桌子靠墻固定放置，用一塊長L11.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌面距地面H0.8 m，桌面總長L21.5 m，斜面與水平桌面的傾角可在060間調節(jié)。將質量m0.2 kg的小物塊(可視為質點)從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數10.05，物塊與桌面間的動摩擦因數2未知，忽略物塊在斜面與桌面交接處的機械能損失，不計空氣阻力。(重力加速度取g10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；取sin370.6，cos370.8)(1)求當30時，物塊在斜面上下滑的加速度的大??；(可以用根號表
24、示)(2)當增大到37時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數2；(3)2取第(2)問中的數值，當角為多大時物塊落地點與墻面的距離最大？最大距離xm是多少？答案(1) (5) m/s2(2)0.8(3)531.9 m解析(1)根據牛頓第二定律，可得mgsin 1mgcosma代入數據得a(5) m/s2。(2)由動能定理得mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)00代入數據得20.8。(3)設小物塊到達桌面右端的速度為v，根據動能定理有mgL1sin1mgL1cos2mg(L2L1cos)mv2得20(sin1.2cos)v2，由數學知識可知sincossin()其中
25、tan，當90時，即53時，sin()有極大值，v20(1.2)1，vmax1 m/s由于Hgt2，解得t0.4 sx1vmaxt0.4 m，xmx1L21.9 m。易錯警示 瞬時功率及阻力做功的求解例(2019安慶模擬)如圖所示，擺球質量為m，懸線的長為L，把懸線拉到水平位置后放手。設擺球從A點運動到B點的過程中空氣阻力F阻的大小不變，則下列說法正確的是()A從A運動到B，重力的瞬時功率變大B繩的拉力做功為0C空氣阻力F阻做功為mgLD空氣阻力F阻做功為F阻L分析與解重力的瞬時功率PGmgvcos，其中為mg與v的夾角，在A處v0，則重力的瞬時功率為零，在B處90，重力的瞬時功率也為零，所以
26、重力的瞬時功率先變大后變小，而有的同學求瞬時功率時丟掉cos，認為重力瞬時功率因v增大而增大，從而錯選A。繩的拉力始終與速度垂直，做功為0，B正確?？諝庾枇阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故空氣阻力做功為F阻L，故C、D錯誤。有的同學因沒考慮到阻力做負功，而錯選D。答案B易錯警示用PFvcos計算瞬時功率時，為F與v的夾角，當F與v同向時公式簡化為PFv。阻力做功要考慮其特點：阻力做負功，且與物體運動的路程有關。配套作業(yè)限時：50分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中第15題為單選題，第68題為多選題)1(2018全國卷)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速
27、度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能()A與它所經歷的時間成正比B與它的位移成正比C與它的速度成正比D與它的動量成正比答案B解析列車做初速度為零的勻加速直線運動，列車動能Ekmv2，又因為vat，所以Ekma2t2，加速度a恒定，動能跟時間t的平方成正比，A錯誤；根據動能定理EkW合F合smas，故動能與位移成正比，B正確；動能與速度平方成正比，故C錯誤；由Ek，可知動能與動量的平方成正比，D錯誤。2(2019河南濮陽三模)水平力F方向確定，大小隨時間的變化如圖甲所示，用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時間變化的圖象如圖乙所示。重力加速度
28、大小為10 m/s2。問在04 s時間內，合外力對小物塊做的功為()A24 J B12 J C8 J D6 J答案A解析根據Ft圖象和at圖象可知，t12 s時，F16 N，a11 m/s2；t24 s時，F212 N，a23 m/s2，根據牛頓第二定律可得：F1mgma1，F2mgma2，聯立解得小物塊的質量和動摩擦因數為：m3 kg，0.1，根據at圖象與t軸所圍面積為小物塊的速度改變量v，得小物塊在t24 s末時的速度v0v4 m/s，根據動能定理可得合外力對小物塊做的功Wmv224 J，故A正確。3(2017江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間
29、的動摩擦因數不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系的圖線是()答案C解析設斜面傾角為，根據動能定理，當小物塊沿斜面上滑時，有(mgsinf)xEkEk0，即Ek(fmgsin)xEk0，所以Ek與x的函數關系圖象為直線，且斜率為負。當小物塊沿斜面下滑時，根據動能定理有(mgsinf)(x0x)Ek0(x0為小物塊到達最高點時的位移)，即Ek(mgsinf)x(mgsinf)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。綜上所述，C正確。4(2019四川德陽三診)如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率P0拉輕繩牽引河中的小船沿水面運動，已知小船的質量為m，沿水面運動時所受的阻力為f，當繩AO
30、段與水平面的夾角為時，小船的速度為v，不計繩子與滑輪的摩擦，則此時小船的加速度等于()A. B.C. D.答案B解析小船的實際運動為合運動，可分解為沿著繩子方向和垂直繩子方向的分運動，如圖a，根據平行四邊形定則，有v車vcos，則繩上的拉力：F，對船受力分析：受重力、拉力、浮力和阻力，如圖b所示，根據牛頓第二定律，有Fcosfma，聯立以上式子解得：a，故B正確。5(2019山西省五地市高三上學期期末大聯考)如圖所示，斜面傾角為。一輕彈簧的自然長度與斜面長相同，都為L，彈簧一端固定在斜面的底端，將一個質量為m的小球放在斜面頂端與彈簧另一端接觸但不相連，用力推小球使其擠壓彈簧并緩慢移到斜面的中點
31、，松手后，小球最后落地的速度大小為v，不計空氣阻力和一切摩擦，則該過程中，人對小球做的功W及小球被拋出后離地面的最大高度H分別為()AWmv2mgLsin；HBWmv2；HCWmv2mgLsin；HDWmv2mgLsin；H答案A解析對人從開始壓彈簧到小球落地的整個過程，由動能定理得WmgLsinmv20，則Wmv2mgLsin；設小球離開斜面時的速度為v0，對小球做斜拋運動的過程，由動能定理得mgLsinmv2mv；小球從最高點到落地的過程，由動能定理得mgHmv2m(v0cos)2，聯立解得：H，故選A。6(2019山東聊城二模)如圖所示，質量相等的甲、乙兩球分別固定于兩輕桿的一端，兩桿長
32、度分別為L、2L，且兩桿與水平面夾角相等。兩桿的另一端分別可繞軸O、O在豎直面內轉動，現將兩球在圖示位置由靜止釋放，不計一切阻力，則在最低點時()A甲、乙兩球的動能之比為11B甲、乙兩球的動能之比為12C甲、乙兩球對桿的拉力之比為11D甲、乙兩球對桿的拉力之比為12答案BC解析對甲球從釋放到最低點的過程應用動能定理得：mg(LLsin)mv0，對乙球從釋放到最低點的過程應用動能定理得：mg(2L2Lsin)mv0，所以最低點時兩球的動能之比為，A錯誤，B正確；對最低點的甲球受力分析，由牛頓第二定律可得T甲mgm，對最低點的乙球受力分析，由牛頓第二定律可得T乙mgm，所以最低點時桿對兩球的拉力之
33、比為，根據牛頓第三定律，最低點時甲、乙兩球對桿的拉力之比為11，故C正確，D錯誤。7(2019山東日照高三5月校際聯合考試)一質點靜止在光滑水平桌面上，t0時刻在水平外力作用下做直線運動，其速度v隨時間t變化的圖象如圖所示。根據圖象提供的信息，判斷下列說法正確的是()A質點在t1時刻的加速度最大B質點在t2時刻離出發(fā)點最遠C在t1t2的時間內，外力的功率先增大后減小D在t2t3的時間內，外力做負功答案BC解析vt圖象的斜率代表加速度，所以t1時刻的加速度為零，最小，A錯誤；vt圖象與t軸所圍的面積代表位移，橫軸上方為正向位移，下方為負向位移，所以t2時刻正向位移最大，離出發(fā)點最遠，B正確；在t
34、1t2的時間內，根據PFvmav，t1時刻加速度為零，外力為零，外力功率為零，t2時刻速度為零，外力功率為零，而中間任意時刻速度、外力都不為零，所以功率先增大后減小，C正確；t2t3的時間內，物體動能增大，外力對物體做正功，D錯誤。8質量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示。在圓心處連接有力傳感器，用來測量繩子上的拉力，運動過程中小球受到空氣阻力的作用，空氣阻力隨速度的減小而減小。某一時刻小球通過軌道的最低點，力傳感器的示數為7mg，重力加速度為g，此后小球繼續(xù)做圓周運動，經過半個圓周恰能通過最高點，下列說法正確的是()A到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為m
35、gRB到最高點過程中小球克服空氣阻力做的功為mgRC再次經過最低點時力傳感器的示數為5mgD再次經過最低點時力傳感器的示數大于5mg答案AD解析小球在最低點時有F1Tmgm，解得v1，由于小球恰好能通過最高點，所以在最高點時，有mgm，可得v2，小球從最低點到最高點的上升過程，由動能定理可得mg2RWfmvmv，解得小球克服空氣阻力做的功WfmgR，A正確，B錯誤；小球從最高點到最低點的下落過程，由于小球受到的空氣阻力隨速度的減小而減小，分析可知在同一高度上上升時的阻力大于下落時的阻力，故下落過程中空氣阻力做的功Wf，小球再次經過最低點時有F2Tmgm，解得T5mg，C錯誤，D正確。二、計算題
36、(本題共2小題，共36分，須寫出規(guī)范的解題步驟)9(2019江蘇省七市高三第三次調研)(16分)如圖所示，半徑為R的水平圓盤可繞著過圓心O的豎直軸轉動，在圓盤上從圓心O到圓盤邊緣開有一沿半徑方向的光滑細槽。一根原長為R的輕彈簧置于槽內，一端固定在圓心O點，另一端貼放著一質量為m的小球，彈簧始終在彈性限度內。(1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圓盤邊緣隨圓盤以角速度0轉動，求F1的大?。?2)若圓盤以角速度1轉動，小球被束縛在槽中距離圓盤邊緣為x的P點，此時彈簧的彈性勢能為Ep。解除束縛后，小球從槽口飛離圓盤時沿槽方向的速度大小為v，求此過程中槽對小球做的功W1；(3)若圓盤以角速度2轉動，
37、小球在沿槽方向推力作用下，從圓盤邊緣緩慢向內移動距離x到達P點。如果推力大小保持不變，求彈簧的勁度系數k以及此過程中推力做的功W2。答案(1)mR(2)m(R2v2)m(Rx)2Ep(3)mmRx解析(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圓周運動，由向心力公式有F1mR。(2)設小球從槽口飛出圓盤時的速度為v1，則根據速度的合成：v(1R)2v2，設在此過程中彈簧對小球做功為W，由動能定理有：W1Wmvm(Rx)2，由于WEp，解得W1m(R2v2)m(Rx)2Ep。(3)當小球沿槽方向緩慢向內移動的距離為x1時，由向心力公式有Fkx1m(Rx1)，解得FmR(km)x1，由于F的大小不變，與
38、x1無關，則有km，FmR，所以推力做的功W2FxmRx。10(2019山東濟寧二模)(20分)某中學生對剛買來的一輛小型遙控車的性能進行研究。他讓這輛小車在水平的地面上由靜止開始沿直線軌道運動，并將小車運動的全過程通過傳感器記錄下來，通過數據處理得到如圖所示的vt圖象。已知小車在02 s內做勻加速直線運動，211 s內小車牽引力的功率保持不變，911 s內小車做勻速直線運動，在11 s末小車失去動力而開始自由滑行。已知小車質量m1 kg，整個過程中小車受到的阻力大小不變，試求：(1)在211 s內小車牽引力的功率P是多大？(2)小車在2 s末的速度vx為多大？(3)小車在29 s內通過的距離
39、x是多少？答案(1)16 W(2)4 m/s(3)44 m解析(1)根據題意，在11 s末撤去牽引力后，小車只在阻力f作用下做勻減速直線運動，設其加速度大小為a，根據vt圖象可知：a2 m/s2；根據牛頓第二定律有：fma；解得：f2 N；設小車在勻速運動階段的牽引力為F，則：Ff，vm8 m/s；根據PFvm；解得：P16 W。(2)02 s的勻加速運動過程中，小車的加速度為：ax；設小車的牽引力為Fx，根據牛頓第二定律有：Fxfmax；根據題意有：PFxvx；解得：vx4 m/s。(3)在29 s內的變加速過程，小車運動的時間t7 s，由動能定理可得：Ptfxmvmv；解得小車通過的距離是：x44 m。- 24 -
2020屆高考物理二輪復習 第一部分 專題二 功 第5講 功和功率 動能定理練習（含解析）
