1、2020年高考物理二轮复习专题练习卷-功功率动能定理一、选择题1汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到v的过程中，汽车发动机做的功为W1；它的速度从v增加到2v的过程中，汽车发动机做的功为W2，设汽车在行驶过程中发动机的牵引力和所受阻力都不变，则有AW22W1BW23W1CW24W1 D仅能判定W2W1解析速度从零增加到v的过程中的位移x1，速度从v增加到2v的过程中的位移x2，则位移之比为13，根据WFx知，汽车发动机做功之比为13，即W23W1，故B正确，A、C、D错误。答案B2.从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用
2、。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为A2 kgB1.5 kgC1 kgD0.5 kg解析设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得(mgF)3(3672) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的恒定外力F。再由动能定理结合题图可得，(mgF)3(4824) J，联立解得m1 kg，F2 N，选项C正确。答案C3.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水
3、平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块A加速度先减小后增大B经过O点时的速度最大C所受弹簧弹力始终做正功D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功解析当合外力为零时，弹簧处于压缩状态，弹力等于滑动摩擦力，这一位置在O点的左侧，此时加速度有最小值，速度最大，A正确，B错误；弹簧弹力先做正功后做负功，C错误；从A位置到B位置，动能变化量为零，外力所做的总功也应当为零，而整个过程小物块只受弹簧弹力和摩擦力，故D正确。答案AD4某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离s，第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离s，若先后两次拉力做的功为W1和W2，拉力做功的平均功
4、率是P1和P2，则正确的是AW1W2，P1P2 BW1W2，P1P2CW1W2，P1P2 DW1W2，P1P2解析由WFs可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大，运动时间较短，由P可知P1P2，B正确。答案B5.如图甲所示，一质量为2 kg的物体受到水平拉力F的作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，物体的at图象如图乙所示，t0时其速度为2 m/s，物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g10 m/s2。则下列说法正确的是A在t6 s时，物体的速度为15 m/sB在06 s时间内，合力对物体做的功为289 JC在06 s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5 W
5、D在t6 s时，拉力F的功率为136 W解析根据加速度时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知，在06 s时间内，物体的速度增加量为v15 m/s，由vvv0，可得在t6 s时，物体的速度为v17 m/s，选项A错误；由动能定理，可知在06 s时间内，合力对物体做的功为Wmv2mv02285 J，选项B错误；在06 s时间内，合力对物体做功的平均功率为47.5 W，选项C正确；由牛顿第二定律有，Fmgma，解得在t6 s时拉力F16 N，物体的速度v17 m/s，则拉力F的功率为PFv1617 W272 W，选项D错误。答案C6.物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面
6、的底端，匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则A沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多B沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多C无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同D无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功均相同解析设斜面倾角为，高度为h，则斜面长度L。物体匀速被拉到顶端，根据功能关系WFmghmgcos Lmghmg，则h相同时，倾角较小则拉力做的功较多，选项A正确，C错误；克服重力做功为WGmgh，则克服重力做功相同，选项B错误；克服摩擦力做的功Wfmgcos Lmg，所以倾角越大，克服摩擦力做功越小，选项D错误；故选A。答案A7.一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物
7、，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是A钢绳的最大拉力为B重物匀加速过程的时间为C重物匀加速过程的加速度为D速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度解析匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F，故A错误；根据牛顿第二定律可知Fmgma，结合vat解得ag，t，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的加速运动，平均速度，故D错误。答案B8.(多选)如图甲所示，有一倾角37足够长的斜面固定在水平面上，质量m1 kg
8、的物体静止于斜面底端固定挡板处，物体与斜面间的动摩擦因数0.5，物体受到一个沿斜面向上的拉力F作用由静止开始运动，用x表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F与x的关系如图乙所示，已知sin 370.6，cos 370.8，取g10 m/s2。则物体沿斜面向上的运动过程中A机械能先增大后减小，在x3.2 m处，物体机械能最大B机械能一直增大，在x4 m处，物体机械能最大C动能先增大后减小，在x2 m处，物体动能最大D动能一直增大，在x4 m处，物体动能最大解析在物体沿斜面向上的运动过程中，对物体受力分析有，Fmgsin mgcos ma，当F10 N时，a0，可知物体加速度先减小到零后反向增大，
9、故速度先增大后减小，在x2 m处物体动能最大，选项C正确，D错误。当F4 N时，Fmgcos 0，此前Fmgcos 0，拉力与摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，此后Fmgcos 0，拉力与摩擦力的合力对物体做负功，物体机械能减小，得x3.2 m处物体机械能最大，选项A正确，B错误。答案AC9.(多选)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的vt图象如图所示，从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则A0t1时间内，汽车的牵引力等于mBt1t2时间内，汽车的功率等于(mFf)v1C汽车运动的最大速度v2(1)v1Dt1t2时间内，汽车的平均速度小于解析由题
10、图可知，0t1阶段，汽车做匀加速直线运动，a，F1Ffma，联立得F1mFf，选项A错误；在t1时刻汽车达到额定功率PF1v1(mFf)v1，t1t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；t2时，速度达到最大值v2，此时F2Ff，PF2v2，v2(1)v1，选项C正确；由vt图线与t轴所围面积表示位移的大小可知，t1t2时间内，汽车的平均速度大于，故选项D错误。答案BC10.(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相
11、等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第次和第次提升过程A矿车上升所用的时间之比为45B电机的最大牵引力之比为21C电机输出的最大功率之比为21D电机所做的功之比为45解析由图象可知图线过程所用时间为2t0，由于两次提升的高度相同，图线与x轴围成的面积相等可知图线过程所用时间为2.5t0，因此矿车上升所用时间之比为45，A对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B错；由PmFv可知，F最大，v最大时，P最大，F相等，vm之比为21，所以最大功率之比为21，C对；电机做功W提供矿石的重力势能和动能，据动能定理WmghEk，由于提升高度相同，Ek0，所以做功相等，D错，故选A、C。
12、答案AC二 非选择题11.如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块(视为质点)。随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功。(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。解析(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落
13、体运动，最大加速度：ag。(2)对软钢锭，由动能定理得：W0Mv2解得：WMv2。(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：MgMa由位移公式得：Lat2对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，由动能定理得：(Mm)gLMgLMv2滑块落到平台上时的速度：vmgt滑块到达平台时的动能：Ekmmvm2，解得：Ekm。答案(1)g(2)Mv2(3)12.如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为E、方向水平向右的匀强电场中，某时刻将质量为m、带电荷量为q的小金属块从A点由静止释放，小金属块经时间t
14、到达B点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间t小金属块回到A点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求：(1)电场反向后匀强电场的电场强度大小。(2)整个过程中电场力所做的功。解析(1)设t末和2t末小金属块的速度大小分别为v1和v2，电场反向后匀强电场的电场强度大小为E1，小金属块由A点运动到B点过程，由位移公式得：xt2由速度公式得：v1t小金属块由B点运动到A点过程，由位移公式得：xv1tt2由速度公式得：v2v1t联立解得：E13E，v2t。(2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功：Wmv220解得：W。答案(1)3E(2)13.如图甲所示，升降机
15、在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5 s末电动机到达额定功率，之后保持额定功率运行。升降机的运动情况如图乙所示，已知电动机的额定功率为36 kW，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)升降机的总质量大小；(2)升降机在5 s末的速度v0的大小；(3)升降机在07 s内上升的高度x。解析(1)设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力Fmg根据PFvmmgvm得m kg300 kg(2)设升降机做匀加速运动时的加速度大小为a在5 s末，速度v0at1此时牵引力F根据牛顿第二定律得，Fmgma解得a2 m/s2，v010 m/s(3)
16、升降机在05 s内的位移x1at12225 m25 m对升降机在57 s内的运动过程运用动能定理得Pt2mghmvm2mv02代入数据解得h21.8 m则xx1h(2521.8) m46.8 m。答案(1)300 kg(2)10 m/s(3)46.8 m14.如图所示，BCD为固定在竖直平面内的半径为r10 m圆弧形光滑绝缘轨道，O为圆心，OC竖直，OD水平，OB与OC间夹角为53，整个空间分布着范围足够大的竖直向下的匀强电场。从A点以初速v09 m/s沿AO方向水平抛出质量m0.1 kg的小球(小球可视为质点)，小球带正电荷q0.01 C，小球恰好从B点沿垂直于OB的方向进入圆弧轨道。不计空
17、气阻力。求：(1)A、B间的水平距离L；(2)匀强电场的电场强度E；(3)小球过C点时对轨道压力的大小FN；(4)小球从D点离开轨道后上升的最大高度H。解析(1)从A到B，vByv0tan 53，vByat，yrcos 53，yat2解得t1 s，a12 m/s2，Lv0t9 m(2)根据牛顿第二定律可得mgqEma，解得E20 N/C(3)从A到C，根据动能定理可得(mgqE)rmvC2mv02在C点，FN(mgqE)m，解得FN4.41 N，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为4.41 N。(4)对全过程运用动能定理，(qEmg)Hmv02，解得H3.375 m。答案(1)9 m(2)E
18、20 N/C(3)FN4.41 N(4)H3.375 m15.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m0.5 kg的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数0.5，且与台阶边缘O点的距离s5 m。在台阶右侧固定了一个以O点为圆心的圆弧形挡板，并以O点为原点建立平面直角坐标系。现用F5 N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g取10 m/s2)。(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘P点，P点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开O点时的速度大小。(2)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的距离范围。(3)改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中
19、挡板时小物块动能的最小值，(结果可保留根式)。解析(1)小物块从O到P做平抛运动，则：水平方向：xv0t竖直方向：ygt2解得：v04 m/s。(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到O点，设拉力F作用的最短距离为x1，由动能定理得：Fx1mgsEk00解得：x12.5 m为使小物体不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过4 m/s；设拉力F作用的最长距离为x2，由动能定理得：Fx2mgsmv02。解得：x23.3 m故为使物块击中挡板，拉力F的作用距离范围为25 mx3.3 m。(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则有：xv0t，ygt2，由动能定理得：mgyEkmv02又因为x2y2R2由P点坐标可求R23.2化简得：Ek由数学方法可得：Ekmin2 J。答案(1)4 m/s(2)2.5 mx3.3 m(3)2 J