2020屆高三物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 診斷卷（七）專題二 功和能 第一講 功和功率 動(dòng)能定理（通用）

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1、 考點(diǎn)一功和功率1.考查功的大小計(jì)算(2020沈陽(yáng)期中)如圖1所示，質(zhì)量m1 kg、長(zhǎng)L0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平。板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4。現(xiàn)用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10 m/s2)()圖1A1 JB1.6 JC2 J D4 J2考查機(jī)車(chē)的啟動(dòng)與牽引問(wèn)題(2020海南高考)假設(shè)摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則摩托艇的最大速率變?yōu)樵瓉?lái)的()A4倍 B2倍C.倍 D.倍3考查功率的分析與計(jì)算(多選)位于水平面上的物體在水平恒力F1作用下，做速度為v1的勻速運(yùn)動(dòng)；若

2、作用力變?yōu)樾毕蛏系暮懔2，物體做速度為v2的勻速運(yùn)動(dòng)，且F1與F2功率相同。則可能有()圖2AF2F1v1v2 BF2F1v1F1v1v2 DF2F1v1mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離DWmgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離12考查動(dòng)能定理與圓周運(yùn)動(dòng)的綜合如圖11所示，傾斜軌道AB的傾角為37，CD、EF軌道水平，AB與CD通過(guò)光滑圓弧管道BC連接，CD右端與豎直光滑圓周軌道相連。小球可以從D進(jìn)入該軌道，沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，從E滑出該軌道進(jìn)入EF水平軌道。小球由靜止從A點(diǎn)釋放，已知AB長(zhǎng)為5R，CD長(zhǎng)為R，重力加速度為g，小球與傾斜軌道AB及水平軌道CD

3、、EF的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，sin 370.6，cos 370.8，圓弧管道BC入口B與出口C的高度差為1.8R。求：(在運(yùn)算中，根號(hào)中的數(shù)值無(wú)需算出)圖11(1)小球滑到斜面底端C時(shí)速度的大小。(2)小球剛到C時(shí)對(duì)軌道的作用力。(3)要使小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R應(yīng)該滿足什么條件？答 案1選B在薄板沒(méi)有翻轉(zhuǎn)之前，薄板與水平面之間的摩擦力fmg4 N。力F做的功用來(lái)克服摩擦力消耗的能量，而在這個(gè)過(guò)程中薄板只需移動(dòng)的距離為，則做的功至少為Wf1.6 J，所以B正確。2選D設(shè)fkv，當(dāng)阻力等于牽引力時(shí)，速度最大，輸出功率變化前，有PFvfvkvvkv2，變化后有2PFvkv

4、vkv2，聯(lián)立解得vv，D正確。3選BD根據(jù)平衡條件有F1mg，設(shè)F2與水平面間的夾角為，則有F2cos (mgF2sin )，得F2，因而兩力大小關(guān)系不確定，但兩種運(yùn)動(dòng)情況下，物體均做勻速運(yùn)動(dòng)，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，顯然第二種情況下，摩擦力較小，則有v1v2，即B、D正確。4選A由Pt圖像知：0t1內(nèi)汽車(chē)以恒定功率P1行駛，t1t2內(nèi)汽車(chē)以恒定功率P2行駛。設(shè)汽車(chē)所受牽引力為F，則由PFv得，當(dāng)v增加時(shí)，F(xiàn)減小，由a知a減小，又因速度不可能突變，所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確。5選CD由物體的速度圖像和動(dòng)能定理可知在02 s內(nèi)物體先加速后減速，合外力先做正功后做

5、負(fù)功，A錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)能定理得03 s內(nèi)合外力做功為零，12 s內(nèi)合外力做負(fù)功，C對(duì)，B錯(cuò)；在01 s內(nèi)比13 s內(nèi)合外力做功快，D對(duì)。6選BDA物體所受的合外力等于B對(duì)A的摩擦力，對(duì)物體A應(yīng)用動(dòng)能定理，則有B對(duì)A的摩擦力所做的功等于A的動(dòng)能的增量，B對(duì)；A對(duì)B的摩擦力與B對(duì)A的摩擦力是一對(duì)作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動(dòng)，A、B相對(duì)地的位移不等，故二者做功不等，C錯(cuò)；對(duì)長(zhǎng)木板B應(yīng)用動(dòng)能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F對(duì)B做的功，等于B的動(dòng)能增量與B克服摩擦力所做的功之和，D對(duì)；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動(dòng)能增量(等于B對(duì)A的摩擦力所做的功)不

6、等，故A錯(cuò)。7選C在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有Nmgm，N2mg，聯(lián)立解得v，下落過(guò)程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgRWfmv2，解得WfmgR，所以克服摩擦力做功為mgR，C正確。8解析：(1)當(dāng)推力F最大時(shí)，加速度最大，由牛頓第二定律，得：Fmmgmam可解得：am15 m/s2。(2)由圖像可知：F隨x變化的函數(shù)方程為F8020x速度最大時(shí)，合力為0，即Fmg所以x3 m。(3)位移最大時(shí)，末速度一定為0由動(dòng)能定理可得：WFmgx0由圖像可知，力F做的功為WFFmxm804 J160 J所以x8 m。答案：(1)15 m/

7、s2(2)3 m(3)8 m9選A物塊從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)，物塊受重力、支持力、滑動(dòng)摩擦力。設(shè)斜面AC長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)用動(dòng)能定理列出等式：mgLsin 1mgcos L2mgcos L000解得：tan ，故選A。10選B根據(jù)幾何關(guān)系可知，足球做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直高度為h，水平位移為x水平 ，則足球位移的大小為：x ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由hgt2，x水平v0t，可得足球的初速度為v0，選項(xiàng)B正確；對(duì)小球應(yīng)用動(dòng)能定理：mgh，可得足球末速度v，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；初速度方向與球門(mén)線夾角的正切值為tan ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。11選C設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，則FNmg，已知FNFN4m

8、g，則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkNmvN2mgR。質(zhì)點(diǎn)由開(kāi)始至N點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg2RWfEkN0，解得摩擦力做的功為WfmgR，即克服摩擦力做的功為WWfmgR。設(shè)從N到Q的過(guò)程中克服摩擦力做功為W，則WW。從N到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgRWmvQ2mvN2，即mgRWmvQ2，故質(zhì)點(diǎn)到Q點(diǎn)后速度不為0，質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離。選項(xiàng)C正確。12解析：(1)設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度為v，小球從A運(yùn)動(dòng)至C過(guò)程，由動(dòng)能定理，有：mg(5Rsin 371.8R)mgcos 375RmvC2可得：vC 。(2)小球沿BC軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)在C點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)球的作用力為FN，由牛頓第二定律，有：FNmgm

9、其中r滿足：rrsin 531.8R聯(lián)立上式可得：FN6.6mg由牛頓第三定律可得，球?qū)壍赖淖饔昧?.6mg，方向豎直向下。(3)要使小球不脫離軌道，有兩種情況：情況一：小球能滑過(guò)圓周軌道最高點(diǎn)，進(jìn)入EF軌道，則小球在最高點(diǎn)應(yīng)滿足：mmg小球從C直到此最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理，有：mgRmg2RmvP2mvC2可得：RR0.92R情況二：小球上滑至四分之一圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后滑回D，則由動(dòng)能定理有：mgRmgR0mvC2解得：R2.3R所以要使小球不脫離軌道，豎直圓周軌道的半徑R應(yīng)該滿足R0.92R或R2.3R。答案：(1) (2)6.6mg，豎直向下(3)R0.92R或R2.3R