2020屆高考物理二輪復習 專題強化練（五）功和功率 動能定理（含解析）

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1、專題強化練(五) 考點1　功和功率的計算 1．(2019·玉溪模擬)一物體所受的力F隨位移x變化的圖象如圖所示，在這一過程中，力F對物體做的功為(　　) A．3 J　　　　B．6 J　　　　C．7 J　　　　D．8 J 解析：力F對物體做的功等于圖線與橫軸x圍成面積的代數和，即W1＝×(3＋4)×2 J＝7 J，W2＝－×(5－4)×2 J＝－1 J，所以力F對物體做的功為W＝7 J－1 J＝6 J，故B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 2．(2019·廈門模擬)用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設木板對鐵釘的阻力與鐵釘進入木板的深度成正比．已知鐵錘第一次使鐵釘進入木板的深度為d，接著敲

2、第二錘，如果鐵錘第二次敲鐵釘時對鐵釘做的功與第一次相同，那么，第二次使鐵釘進入木板的深度為(　　) A．(－1)d B．(－1)d C.d D.d 解析：由題意可知，阻力與深度d成正比，則有Ff＝kd，阻力做的功Wf＝Ffd＝kd2，由動能定理得，第一次敲鐵釘W－kd2＝0－0，兩次敲鐵釘2W－k(d＋d′)2＝0－0，解得d′＝(－1)d，故B正確，A、C、D錯誤． 答案：B 3．(多選)(2019·南昌模擬)一質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平外力的作用．力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則下列說法中正確的是(　　) A．物

3、體在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶10 B．物體在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶8 C．外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1∶8 D．外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1∶6 解析：0～t0時間內的加速度a1＝，t0時刻的速度為v1＝a1t0＝，t0～2t0時間內的加速度為a2＝，2t0時的速度為v2＝v1＋a2t0＝，根據動能定理得，外力在0～t0時間內做的功為W1＝mv＝，外力在t0～2t0時間內做的功為W2＝mv－mv＝，所以外力在0～t0和t0～2t0時間內做功之比是1∶8，故A錯誤，B正確；外力在t0時刻的瞬時功率為P1＝F0v1＝，2t0

4、時刻瞬時功率為P2＝2F0v2＝，所以外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1∶6，故C錯誤，D正確． 答案：BD 4．(多選)(2019·菏澤模擬)質量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，從t＝0時刻開始受到方向恒定的水平拉力F作用，F與時間t的關系如圖甲所示．物體在t0時刻開始運動，其v-t圖象如圖乙所示，若可認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則(　　) A．物體與地面間的動摩擦因數為 B．物體在t0時刻的加速度大小為 C．物體所受合外力在t0時刻的功率為2F0v0 D．水平力F在t0到2t0這段時間內的平均功率為F0 解析：物體在時刻開始運動，說明此時阻力等于水平拉力，即F

5、f＝F0，動摩擦因數μ＝，故A正確；在t0時刻由牛頓第二定律可知，2F0－Ff＝ma，a＝＝，故B錯誤；物體在t0時刻受到的合外力為F合＝2F0－Ff＝F0，功率為P＝F0v0，故C錯誤；2t0時刻速度為v1＝v0＋t0，在t0～2t0時間內的平均速度為v(—)＝＝，故平均功率為P＝2F0v(—)＝F0，故D正確． 答案：AD 考點2　機車啟動問題 5．(2018·徐州模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運動，運動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數圖象如圖所示．若已知汽車的質量，則根據圖象所給的信息，不能求出的物理量是(　　) A．汽車的功率 B．汽車行駛的最大

6、速度 C．汽車所受到的阻力 D．汽車運動到最大速度所需的時間 解析：由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，對應題圖圖線可知，＝|k|＝40，已知汽車的質量，故可求出汽車的功率P，由a＝0時＝0.05，可得：vm＝20 m/s，再由vm＝，可求出汽車受到的阻力Ff，但無法求出汽車運動到最大速度的時間． 答案：D 6．(多選)(2019·衡水模擬)節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車．有一質量m＝1 000 kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1＝90 km/h勻速行駛，發(fā)動機的輸出功率為P＝50 kW.當駕駛員看到前方有80 km/h的限速標志時，保持發(fā)動

7、機功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機工作給電池充電，使轎車做減速運動，運動L＝72 m后，速度變?yōu)関2＝72 km/h.此過程中發(fā)動機功率的五分之一用于轎車的牽引，五分之四用于供給發(fā)電機工作，發(fā)動機輸送給發(fā)電機的能量最后有50%轉化為電池的電能．假設轎車在上述運動過程中所受阻力保持不變．下列說法正確的是(　　) A．轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大小為2×103 N B．駕駛員啟動電磁阻尼轎車做勻減速運動，速度變?yōu)関2＝72 km/h過程的時間為3.2 s C．轎車從90 km/h減速到72 km/h過程中，獲得的電能E電＝6.3×104 J D．轎

8、車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72 km/h勻速運動的距離為31.5 m 解析：轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時，由P＝F1v1，F阻＝F1可得：F阻＝2×103 N，故A項正確；駕駛員啟動電磁阻尼后，轎車減速運動，牽引力F＝，且逐漸增大，加速度a＝逐漸減小，做加速度減小的減速運動，故B項錯誤；轎車從90 km/h減速到72 km/h過程中，運動L＝72 m，由動能定理可得Pt＋(－F阻L)＝mv－mv，獲得的電能E電＝Pt·，聯立解得：E電＝6.3×104 J，故C項正確；據E電＝F阻x可得，轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電勻速運動的距離x＝31.5 m，故D

9、項正確． 答案：ACD 7．(多選)一輛質量為m的汽車在平直公路上以功率P、速度v0勻速行駛時，牽引力為F0.現汽車以恒定的功率P駛上傾角為30°的斜坡，已知汽車在斜坡上行駛時所受的摩擦阻力是在平直路面上的，重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　) A．汽車在斜坡上達到最大速度時牽引力為F0 B．汽車在斜坡上達到最大速度時牽引力為F0＋mg C．汽車能達到的最大速度為v0 D．汽車能達到的最大速度為 解析：汽車在平直公路上勻速行駛時，牽引力等于阻力，則Ff＝F0，當汽車在斜坡上勻速運動時速度最大，則F－mgsin 30°－F0＝0，解得F＝F0＋mg，故A錯誤，B正確；由P＝

10、Fv得汽車的最大速度為vm＝＝，故C錯誤，D正確． 答案：BD 考點3　動能定理的應用 8．(2019·濟南模擬)靜止在地面上的物體在不同合外力F的作用下通過了相同的位移x0，下列情況中物體在x0位置時速度最大的是(　　) 解析：由于F-x圖象所包圍的面積表示力做功的大小，已知物體在不同合外力F的作用下通過的位移相同，C選項中圖象包圍的面積最大，因此合外力做功最多，根據動能定理W合＝mv2－0，可得C選項物體在x0位置時速度最大，故A、B、D錯誤，C正確． 答案：C 9．(2019·吉林模擬)如圖為某同學建立的一個測量動摩擦因數的模型．物塊自左側斜面上A點由靜止滑下，滑過下面一

11、段平面后，最高沖至右側斜面上的B點．實驗中測量出了三個角度，左右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角為θ.物塊與各接觸面間動摩擦因數相同且為μ，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結論正確的是(　　) A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan 解析：對全過程運用動能定理，結合摩擦力做功的大小，求出動摩擦因數大?。OAB的水平長度為x，豎直高度差為h，對A到B的過程運用動能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0因為AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ

12、，故C正確． 答案：C 10．(2019·成都月考)如圖所示，斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經過的總路程是(　　) A. B. C. D. 解析：滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用動能定理得：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv，解得x＝，選項A正確． 答案：A 11．如圖，在豎直平面內由圓弧AB和圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點B平滑連接．AB弧的半徑為

13、R，BC弧的半徑為.一小球在A點正上方與A相距處由靜止開始自由下落，經A點沿圓弧軌道運動． (1)求小球在B、A兩點的動能之比； (2)通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點． 解析：(1)小球下落過程由動能定理得： 小球下落至A點的過程： mg·＝EkA－0① 小球下落到B點的過程： mg＝EkB－0，② 由以上兩式聯立解得：＝；③ (2)小球恰好經過C點時，由牛頓第二定律得 mg＝m，④ 解得v0＝ ，⑤ 小球由開始下落至C點的過程，由動能定理得 mg·＝mv－0，⑥ 解得：vC＝ .⑦ 由于vC＝v0，故小球恰好可以沿軌道運動到C點．⑧ 答案：(1)5∶

14、1　(2)見解析 12．(2019·南昌模擬)冬奧會上自由式滑雪是一項極具觀賞性的運動．其場地由助滑坡AB(高度差為10 m)、過渡區(qū)BDE(兩段半徑不同的圓弧平滑連接而成，其中DE半徑為3 m、對應的圓心角為60°)和跳臺EF(高度可調，取為h＝4 m)等組成，如圖所示，質量60 kg的運動員由A點靜止出發(fā)，沿軌道運動到F處飛出．運動員飛出的速度需在54 km/h到68 km/h之間能在空中完成規(guī)定動作，設運動員借助滑雪桿僅在AB段做功，不計摩擦和空氣阻力，g取10 m/s2，則： (1)為能完成空中動作，則該運動員在AB過程中至少做多少功？ (2)為能完成空中動作，在過渡區(qū)最低點

15、D處，求該運動員受到的最小支持力； (3)若將該運動員在AB段和EF段視為勻變速運動，且兩段運動時間之比為tAB∶tEF＝3∶1，已知AB＝2EF，則運動員在這兩段運動的加速度之比為多少？ 解析：(1)該運動員在AF過程中，由動能定理得 mg(hAB－h(huán))＋W人＝mv－0， 運動員通過F的最小速度 vF＝54 km/h＝15 m/s， 解得W人＝3 150 J； (2)從D點到F點，由動能定理得 －mg[h＋R(1－cos 60°)]＝mv－mv， 其中vF取最小速度，在D點由牛頓第二定律得 FN－mg＝m， 解得FN＝7 300 N； (3)在AB段和EF段運動的平均速度之比： v(—)AB∶v(—)EF＝∶＝2∶3. 設滑到B點的速度為v1，則滑到E點的速度也為v1，設滑到F點的速度為v2， 則：v(—)AB＝， v(—)EF＝， 解得v1＝2v2， 又有a1＝， a2＝， 解得a1∶a2＝2∶3. 答案：(1)3 150 J　(2)7 300 N　(3)2∶3 - 8 -