（江苏专用）2020高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第一讲 功和功率 动能定理——课前自

第一讲功和功率动能定理——课前自测诊断卷考点一功和功率1.[考查功的大小计算]如图所示，质量m＝1kg、长L＝0.8m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＝5N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10m/s2)()A．1JB．1.6JC．2JD．4J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力f＝μmg＝4N。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L2，则做的功至少为W＝f×L2＝1.6J，所以B正确。2．[考查平均功率与瞬时功率的分析与计算]如图所示，某质点运动的v­t图像为正弦曲线。从图像可以判断()A．质点做曲线运动B．在t1时刻，合外力的功率最大C．在t2～t3时间内，合外力做负功D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D质点运动的v­t图像描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B错误；由题图可知，在t2～t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0～t1和t2～t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。3．[考查曲线运动中功和功率的计算]用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t时间后停在最低点。则在时间t内()A．小球重力做功为mgl(1－cosα)B．空气阻力做功为－mglcosαC．小球所受合力做功为mglsinαD．细线拉力做功的功率为mgl－cosαt解析：选A小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为h＝l(1－cosα)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cosα)，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空气阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cosα)，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合＝0－0＝0，故C错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。4．[考查机车的启动与牵引问题]某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v­t图像，如图所示(除2～10s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，2～14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg。可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中(0～10s内)位移的大小。解析：(1)在14～18s时间段，加速度大小：a＝ΔvΔt＝6－018－14m/s2＝1.5m/s2由牛顿第二定律得：f＝ma＝1.5N。(2)在10～14s小车做匀速运动，速度v＝6m/s牵引力大小F与f大小相等，则：F＝f＝1.5N，小车匀速运动的功率：P＝Fv＝9W。(3)0～2s内，小车的位移：x1＝12×2×3m＝3m2～10s内，根据动能定理：Pt－fx2＝12mv22－12mv12代入数据解得x2＝39m加速过程中小车的位移大小为x＝x1＋x2＝42m。答案：(1)1.5N(2)9W(3)42m考点二动能定理的理解和应用5.[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BDA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，选项B正确；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，选项C错误；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，选项D正确；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，故选项A错误。6.[考查应用动能定理处理变力做功问题](2019·江苏七市三模)如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽。一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内。(1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0转动，求F1的大小；(2)若圆盘以角速度ω1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为Ep。解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；(3)若圆盘以角速度ω2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点。如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2。解析：(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圆周运动，由向心力公式有F1＝mω02R。(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为v1，则根据运动的合成：v12＝(ω1R)2＋v2，设在此过程中弹簧对小球做功为W，由动能定理有：W1＋W＝12mv12－12mω12·(R－x)2，由于W＝Ep，联立解得W1＝12m(ω12R2＋v2)－12mω12(R－x)2－Ep。(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为x1时，由向心力公式有F－kx1＝mω22(R－x1)，解得F＝mω22R＋(k－mω22)x1由于F的大小不变，与x1无关，则有k＝mω22，F＝mω22R，所以推力做的功W2＝Fx＝mω22Rx。答案：(1)mω02R(2)12m(ω12R2＋v2)－12mω12(R－x)2－Ep(3)mω22mω22Rx7．[考查Ek­h图像](2019·江苏姜堰中学高三月考)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点。假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球动能Ek与离地高度h的关系图线可能是()解析：选C设初动能为Ek0，根据动能定理得：上升阶段：－mgh－Wf＝－mgh－fh＝Ek－Ek0，整理得：Ek＝－(mg＋f)h＋Ek0，上升越高，速度越小，而阻力与速度成正比，所以阻力变小，图像斜率变小；下降阶段：Ek＝(mg－f)h，下落加速，阻力变大，斜率变小，所以A、B、D错误，C正确。8．[考查动能定理与F­x图像的综合应用]如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g＝10m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则①滑块到达C处时的速度vC大小？②滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？③滑块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝12mvB2代入数据解得：vB＝6m/s。(2)①当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：mg＝mvC2R代入数据解得：vC＝6m/s。②对滑块从B到C的过程，由动能定理得：W－mg·2R＝12mvC2－12mvB2代入数据得：W＝－3J，即克服摩擦力做的功为3J。③滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：x′＝vCt在竖直方向：2R＝12gt2联立解得：x′＝1.2m。答案：(1)6m/s(2)①6m/s②3J③1.2m考点三应用动能定理解决力学综合问题9.[考查动能定理解决多过程问题][多选]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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．动摩擦因数μ＝67B．载人滑草车最大速度为2gh7C．载人滑草车克服摩擦力做功为mghD．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为35g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝hsin45°，s2＝hsin37°由动能定理知：2mgh－μmgs1cos45°－μmgs2cos37°＝0解得动摩擦因数μ＝67，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝214g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－335g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos45°＝12mv2解得v＝2gh7，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的功相等，即W＝2mgh，选项C错误。10．[考查动能定理解决往复运动问题]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，则滑块经过的总路程是()A.1μv022gcosθ＋x0tanθB.1μv022gsinθ＋x0tanθC.2μv022gcosθ＋x0tanθD.1μv022gcosθ＋x0cotθ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μmgcosθ与滑块滑行的各段距离之和的乘积，即Wf＝－μmgcosθ·s，由动能定理可得：mgx0sinθ＋Wf＝0－12mv02，可解得s＝1μv022gcosθ＋x0tanθ，故A正确。11．[考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用]如图所示，斜面AB长xAB＝3m、倾角为α，其底端B与水平传送带相切，传送带长为L＝3m，始终以v0＝5m/s的速度顺时针转动。现有一个质量m＝1kg的物块，在离B点xPB＝2m处的P点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，物块与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)倾角α逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；(2)当α＝37°时，小物块由P到C的过程中，摩擦力对物块所做的功；(3)当α＝53°时，为了使物块每次由P滑到C点时均抛在同一点D，求物块释放点P到B点的取值范围。解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：mgsinα＝μ1mgcosα解得倾角α满足的条件为tanα＝0.25。(2)由P到B，由动能定理得：mgxPBsin37°－μ1mgxPBcos37°＝12mvB2解得vB＝4m/s在B点，因为vB＝4m/sv0，物块在传送带上先做匀加速运动到达v0，运动位移为x0，则a＝μ2mgm＝μ2g＝2m/s2根据：v02－vB2＝2ax0解得：x0＝2.25mL所以从P到C，摩擦力对物块做的功Wf＝－μ1mgxPBcos37°＋μ2mgx0＝0.5J。(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛运动的知识知：物块到达C点时的速度必须有vC＝