2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破二 功和能 第5講 功 功率 動能定理素能特訓(xùn).doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破二 功和能 第5講 功 功率 動能定理素能特訓(xùn)一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中15為單選題，68為多選題)1.xx邢臺摸底一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用水平恒力F1拉動物體，經(jīng)過一段時間后其速度變?yōu)関，若將水平恒力改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過同樣的時間后速度變?yōu)?v，對于上述兩個過程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則()A.WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B.WF2>4WF1，Wf22Wf1C.WF2<4WF1，Wf22Wf1D.WF2<4WF1，Wf2<2Wf1答案C解析用水平恒力F1拉動物體時，時間t內(nèi)的位移x1t，由動能定理得：WF1mgx1mv2，所以WF1mv2mgt，用水平恒力F2拉動物體時，時間t內(nèi)的位移x2tvt，由動能定理得：WF2mgx2m(2v)2，所以WF2m4v2mgt，故WF2<4WF1；第一次克服摩擦力做功Wf1mgt，第二次克服摩擦力做功Wf2mgt，故Wf22Wf1，C正確。2xx綿陽二診如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)用長為L的細線懸掛于O點，自由靜止在A位置?，F(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位置而靜止，細線與豎直方向夾角為60，此時細線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細線的拉力為F2，則()A.F1F22mgB.從A到B，拉力F做功為F1LC.從B到A的過程中，小球受到的合外力大小不變D.從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大答案A解析在B位置對小球進行受力分析，根據(jù)平衡條件有F12mg，在最低點A位置，根據(jù)牛頓第二定律有F2mg，從B到A利用動能定理得mgL(1cos60)mv2，聯(lián)立可知F22mg，選項A正確；從A到B利用動能定理得WFmgL(1cos60)0，解得拉力F做功為WF，選項B錯誤；從B到A的過程中，小球受到的合外力大小時刻發(fā)生變化，選項C錯誤；在最高點時小球的速度為零，重力的瞬時功率為零，在最低點時，小球在豎直方向的速度也為零，其重力的瞬時功率為零，即從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率先增大后減小，選項D錯誤。3xx保定一模如圖所示，在傾角30的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定擋板C，質(zhì)量相等的兩木塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為l。如果用平行斜面向上的恒力F(FmAg)拉A，當(dāng)A向上運動一段距離x后撤去F，A運動到最高處B剛好不離開C，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A.A沿斜面上升的初始加速度大小為B.A上升的豎直高度最大為2lC.拉力F的功率隨時間均勻增加D.l等于x答案D解析A原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，加外力F后的初始加速度ag，故A選項錯誤。剛開始，彈簧壓縮量為l，對A沿斜面方向列平衡方程有：mAgsinkl，最后B恰好不離開C，對B沿斜面方向列平衡方程有：mBgsinkx1，其中x1為彈簧伸長量，因mAmB，所以x1l，則A沿斜面上升2l，而豎直高度h2lsinl，故B選項錯誤。因彈簧初始的壓縮量為l，后來的伸長量為l，所以彈性勢能沒變。由能量守恒得：F做的功轉(zhuǎn)化成了A的重力勢能。即FxmAg2lsin，所以xl，故D選項正確。拉力F的功率PFv，由于A不是勻變速運動，故P不是隨時間均勻增加，故C選項錯誤。4xx邯鄲質(zhì)檢某同學(xué)參加學(xué)校運動會立定跳遠項目比賽，起跳直至著地過程如圖，測量得到比賽成績是2.5 m，目測空中腳離地最大高度約0.8 m，忽略空氣阻力，則起跳過程該同學(xué)所做功約為()A.65 J B350 JC.700 J D1250 J答案C解析由動能定理知起跳過程該同學(xué)做的功轉(zhuǎn)化為該同學(xué)的動能，所以求該同學(xué)做功應(yīng)該求該同學(xué)起跳后斜拋的初速度。豎直方向由hgt2得t0.4 s，水平方向由xvx2t得vx3.125 m/s，豎直方向vygt4 m/s，所以該同學(xué)初速度v的平方為：v2vv25.8 m2/s2，取該同學(xué)質(zhì)量為m60 kg，則Ekmv225.830 J773 J，所以該同學(xué)所做功約為700 J，故選項C正確。5xx合肥質(zhì)檢A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運動，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的vt圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等，則下列說法正確的是()A.F1、F2大小之比為12B.F1、F2對A、B做功之比為12C.A、B質(zhì)量之比為21D.全過程中A、B克服摩擦力做功之比為21答案C解析由圖象可知，兩物體的位移相同，兩物體與水平面間的滑動摩擦力大小相等，故全過程中兩物體克服摩擦力做功相等，D項錯；由動能定理可知，兩物體所受外力做功與克服摩擦力做功相等，故外力做功相同，B項錯；由圖象可知，A、B在外力作用下的位移比為12，由功的定義可知，F(xiàn)1F221，A項錯；由速度圖象可知，兩物體勻減速過程中的加速度大小之比為12，由牛頓第二定律有：Ffma可知兩物體質(zhì)量之比為21，C項正確。6.xx衡水二調(diào)如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖乙所示。設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力Ffm的大小與滑動摩擦力大小相等，則t1t3時間內(nèi)()At1時刻物塊的速度為零B.t2時刻物塊的加速度最大C.t3時刻物塊的動能最大D.t1t3時間內(nèi)F對物塊先做正功后做負功答案ABC解析由圖乙知，t1時刻FFfm，物塊A剛要動，所以速度為零，故A選項正確。A一旦動起來由牛頓第二定律知FFfmma，則t2時刻a最大，故B選項正確。t1t3時間內(nèi)F>Ffm，加速運動，故t3時刻動能最大，C選項正確。t1t3時間內(nèi)F的方向與位移的方向相同，一直做正功，故D選項錯誤。7.xx湖南十三校聯(lián)考有一物體由某一固定的長斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動摩擦因數(shù)0.5，其動能Ek隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A斜面的傾角30B.物體的質(zhì)量為m0.5 kgC.斜面與物體間的摩擦力大小f2 ND.物體在斜面上運動的總時間t2 s答案BC解析由動能定理知Ekx圖象的斜率表示合外力則上升階段mgsinmgcos N5 N，下降階段mgsinmgcos N1 N，聯(lián)立得tan，即37，m0.5 kg，故A選項錯誤，B選項正確。物體與斜面間的摩擦力fmgcos2 N，故C選項正確。上升階段由Ekx斜率知F15 N，則a110 m/s2，t1，Ek1mv25 J，聯(lián)立得t11 s，同理，下降階段F21 N，則a22 m/s2，t2，Ek2mv5 J，聯(lián)立得t2 s，則tt1t2(1) s，故D選項錯誤。8xx陜州月考一質(zhì)量為2 kg的物體，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勻速運動，當(dāng)運動一段時間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時，物體剛好停止運動，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象。已知重力加速度g10 m/s2，由此可知()A.物體與水平面間的動摩擦因數(shù)約為0.35B.減速過程中拉力對物體所做的功約為13 JC.勻速運動時的速度約為6 m/sD.減速運動的時間約為1.7 s答案ABC解析Fs圖象圍成的面積代表拉力F做的功，由圖知減速階段Fs圍成面積約13個小格，每個小格1 J則約為13 J，故B正確。剛開始勻速，則Fmg，由圖知F7 N，則0.35，故A正確。全程應(yīng)用動能定理：WFmgs0mv，其中WF(7413) J41 J，得v06 m/s，故C正確。由于不是勻減速，沒辦法求減速運動的時間，D錯。二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟)9xx綿陽模擬如圖所示，AB是一段位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道，高度為h，末端B處的切線方向水平。一個質(zhì)量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出。落到地面上的C點，軌跡如圖中虛線BC所示。已知它落地時相對于B點的水平位移OCl?，F(xiàn)在軌道下方緊貼B點安裝一個水平傳送帶，傳送帶的右端與B的距離為，當(dāng)傳送帶靜止時，讓P再次從A點由靜止釋放，它離開軌道并在傳送帶上滑行后從右端水平飛出，仍然落在地面的C點。當(dāng)驅(qū)動輪轉(zhuǎn)動從而帶動傳送帶以速度v勻速向右運動時(其他條件不變)，P的落地點為D。(不計空氣阻力) (1)求P滑到B點時的速度大??；(2)求P與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)；(3)求出O、D間的距離。答案(1)(2)(3)l解析(1)物體P在AB軌道上滑動時，由動能定理得mghmv得P滑到B點時的速度v0。(2)當(dāng)沒傳送帶時，物體離開B點后平拋，運動時間t當(dāng)B點下方傳送帶靜止時，物體從傳送帶右端平拋，時間也為t，水平位移為，物體從右端拋出速度v1由動能定理：mgmvmv得(3)物體以v0滑上傳送帶將勻加速，設(shè)加速到v通過的位移為x，由動能定理知：mgxmv2mv，解得xl<所以物體尚未到右端就與傳送帶共速，最終以v平拋，平拋時間也為t，則OD間距離svt解得sl10xx北京師大附中月考如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著一個滑槽軌道，其左半部是傾角為37，長為l1 m的斜槽PQ，右部是光滑半圓槽QSR，RQ是其豎直直徑。兩部分滑槽在Q處平滑連接，R、P兩點等高。質(zhì)量為m0.2 kg的小滑塊(可看做質(zhì)點)與斜槽間的動摩擦因數(shù)為0.375。將小滑塊從斜槽軌道的最高點P釋放，使其開始沿斜槽下滑，滑塊通過Q點時沒有機械能損失。求：(1)小滑塊從P到Q克服摩擦力做的功Wf；(2)為了使小滑塊滑上光滑半圓槽后恰好能到達最高點R，從P點釋放時小滑塊沿斜面向下的初速度v0的大小；(3)現(xiàn)將半圓槽上半部圓心角為60的RS部分去掉，用上一問得到的初速度v0將小滑塊從P點釋放，它從S點脫離半圓槽后繼續(xù)上升的最大高度h。(取g10 m/s2，sin370.60，cos370.80)答案(1)0.6 J(2)3 m/s(3)0.225 m解析(1)克服摩擦力做功：Wfmgcosl0.6 J(2)從P到R全過程對滑塊用動能定理得：Wfmvmv在R點重力充當(dāng)向心力mg，半徑rlsin0.3 m，解得v03 m/s(3)從P到S全過程對滑塊用動能定理得mgr(1cos)Wfmvmv則離開半圓槽時的速度vS m/s，如圖，其豎直分速度vyvSsin m/s，v2gh得h0.225 m