2020届高三精准培优专练八 功和功率、动能及动能定理(学生版)

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1、精准培优专练 1近几年对本部分内容的考查,在选择题部分主要考查功和功率、动能定理的理解和计算,计算题侧重于动力学、电磁学等主干知识和典型模型相结合进行综合考查,难度较大。2注意要点:(1)分析机车启动问题时,抓住两个关键,一是汽车的运动状态,即根据牛顿第二定律找出牵引力与加速度的关系;二是抓住功率的定义式,即牵引力与速度的关系。(2)利用动能定理求做功,对物体运动过程要求不严格,只要求得运动物体初末状态的速度即可。但列动能定理方程要规范,注意各功的正负号问题。典例1.(2019全国III卷17)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

2、力作用。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 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg典例2.(2018全国III卷19)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。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4

3、51 如图所示,两个完全相同的小球分别从水平地面上A点和A点正上方的O点抛出,O点抛出小球做平抛运动,A点斜抛出的小球能达到的最高点与O点等高,且两球同时落到水平面上的B点,关于两球的运动,下列说法正确的是( )A两小球应该是同时抛出B两小球着地速度大小相等C两小球着地前瞬间时刻,重力的瞬时功率相等D两小球做抛体运动过程重力做功相等2(多选)在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用,在06 s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是( )A06 s内拉力做功为70 JB06 s内物体的位移大小为36 mC滑动摩擦力的大小ND合力在06 s内做的功大于02

4、 s内做的功3(多选)在倾角为的光滑固定斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B,它们的质量分别为m和2m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。现用一沿斜面方向的恒力拉物块A使之沿斜面向上运动,当B刚离开C时,A的速度为v,加速度为a,且方向沿斜面向上。设弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度为g,则( )A当B刚离开C时,A发生的位移大小为B从静止到B刚离开C的过程中,物块A克服重力做功为CB刚离开C时,恒力对A做功的功率为(2mgsin ma)vD当A的速度达到最大时,B的加速度大小为a4(多选)如图甲所示,为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系,将某一物体每次

5、以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出,调节斜面与水平方向的夹角,实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示,取g10 m/s2。根据图象可求出()A物体的初速率v06 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数0.5C当30o时,物体达到最大位移后将保持静止D取不同的倾角,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin0.7 m5(多选)如图所示,在竖直平面内有一固定光滑轨道,其中AB是长为R的水平轨道,BCDE是圆心为O、半径为R的圆弧轨道,两轨道相切于B点,在外力作用下,一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动,到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点D,下列说法正确的是( )A小球在AB段加速

6、度的大小为gB小球在C点对轨道的压力大小为3mgC小球在E点时的速率为D小球从E点运动到A点所用的时间为6一辆汽车质量为1103 kg,额定最大功率为2104 W,在水平路面由静止开始作直线运动,最大速度为v2,运动中汽车所受阻力恒定,其行驶过程中牵引力F与车速的倒数的关系如图所示。则( )A图线AB段汽车匀速运动B图线BC段汽车做匀加速度运动C整个运动中的最大加速度为2 m/s2D当汽车的速度为5 m/s时发动机的功率为2104 W7 (多选)如图甲所示,轻弹簧竖起放置,下端固定在水平地面上,一质量为m的小球,从离弹簧上端高h处由静止释放。某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过

7、程,他以小球开始下落的位置为原点,沿竖起向下方向建立从标轴Ox,作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度为g。以下判断正确的是( )A当xh2x0时,小球的动能最小B最低点的坐标xh2x0C当xh2x0时,小球的加速度为g,且弹力为2mgD小球动能的最大值为mghmgx08(多选)如图所示,在同一竖直平面内,一根均匀的橡皮筋跨过光滑的固定钉子P,一端固定在O1点,另一端跟一可视为质点且质量为m的物体相连,橡皮筋的原长等于O1P,受到的弹力跟伸长长度成正比(比例系数为k),先让物体静止在粗糙斜面上的位置O2点,O2P垂直于斜面且O2PL0,然后释

8、放物体,物体开始沿斜面向下运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数为0.5,斜面倾角为53且足够长,重力加速度为g,橡皮筋一直在弹性限度内,变力Fkx(方向不变)在x位移内的平均值为,且sin 530.8,cos 530.6。则物体沿斜面向下运动的过程中,下列说法正确的是( )A物体受到的摩擦力保持不变B物体沿斜面先做匀加速运动后做匀减速运动C物体运动的最大速度为D物体距离出发点的最大距离为9如图所示,遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”,比赛要求:赛车从起点出发,沿水平直轨道运动,在B点飞出后越过“壕沟”,落在平台EF段。已知赛车的额定功率P10.0 W,赛车的质量m1.0 kg,在水平直轨道

9、上受到的阻力f2.0 N,AB段长L10.0 m,BE的高度差h1.25 m,BE的水平距离x1.5 m。赛车车长不计,空气阻力不计,g取10 m/s2。(1)若赛车在水平直轨道上能达到最大速度,求最大速度vm的大小;(2)要越过壕沟,求赛车在B点最小速度v的大小;(3)若在比赛中赛车通过A点时速度vA1 m/s,且赛车达到额定功率。要使赛车完成比赛,求赛车在AB段通电的最短时间t。10如图所示,AB是固定于竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道,末端B处的切线方向水平。一物体P (可视为质点)从圆弧最高点A处由静止释放,滑到B端飞出,落到地面上的C点。测得C点和B点的水平距离OCL,B点距地面的高

10、度OBh。现在轨道下方紧贴B端安装一个水平传送带,传送带的右端与B点的距离为L。当传送带静止时,让物体P从A处由静止释放,物体P沿轨道滑过B点后又在传送带上滑行并从传送带右端水平飞出,仍落在地面上的C点。(1)求物体P与传送带之间的动摩擦因数。(2)若传送带驱动轮顺时针转动,带动传送带以速度v匀速运动。再把物体P从A处由静止释放,物体P落在地面上。设着地点与O点的距离为x,求出x可能的范围。11如图所示,水平地面上固定着一个高为h的三角形斜面体,质量为M的小物块甲和质量为m的小物块乙均静止在斜面体的顶端。现同时释放甲、乙两小物块,使其分别从倾角为、的斜面下滑,且分别在图中P处和Q处停下。甲、乙

11、两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为。设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能,重力加速度取g。求:(1)小物块甲沿斜面下滑的加速度;(2)小物块乙从顶端滑到底端所用的时间;(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比。答 案典例1.【解析】对上升过程,由动能定理,(Fmg)hEkEk0,得EkEk0(Fmg)h,即Fmg12 N;下落过程,(mgF)(6h)Ek,即mgFk8 N,联立两公式,得到m1 kg、F2 N。【答案】C典例2.【解析】根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等,v02t0v02t0t(t0t),解得tt0,则对于第次和第次提升过程中,矿车上升所用的时间之比为2

12、t0(2t0t0)45,A正确;加速过程中的牵引力最大,且已知两次加速时的加速度大小相等,故两次中最大牵引力相等,B错误;由题知两次提升的过程中矿车的最大速度之比为21,由功率PFv,得最大功率之比为21,C正确;两次提升过程中矿车的初、末速度都为零,则电机所做的功等于克服重力做的功,重力做的功相等,故电机所做的功之比为11,D错误。【答案】AC1【答案】C【解析】从水平地面上A点抛出的小球做斜抛运动,设O点与水平地面的高度为h,所以从水平地面上A点抛出的小球的运动时间为t12,从O点抛出的小球做平抛运动,小球的运动时间为t2,故选项A错误;两小球在竖直方向上,则有vy,在水平方向根据xv0t

13、可知从水平地面上A点抛出的小球的水平初速度是从O点抛出的小球做平抛运动的初速度的2倍,根据vt可知两小球着地速度大小不相等,根据Pymgvy可知两小球着地前瞬间时刻重力的瞬时功率相等,故选项C正确,B错误;根据WGmgh可得从水平地面上A点抛出的小球的重力做功为零,从O点抛出的小球的重力做功为mgh,故选项D错误。2【答案】AC【解析】06s内物体的位移大小为,故选项B错误;在02s内,物体的加速度,由图可知当时,得到牵引力,在02s内物体的位移为,则拉力做功为,26s内拉力做的功,所以06s内拉力做的功为,故选项A正确;在26s内,当,时,物体做匀速运动,摩擦力,得到,故选项C正确;在26s

14、内,物体做匀速运动,合力做零,则合外力在06s内做的功与02s内做的功相等,故选项D错误。3【答案】AD【解析】开始A处于静止状态,弹簧处于压缩,根据平衡有:mgsinkx1,解得弹簧的压缩量x1mgsin/k,当B刚离开C时,B对挡板的弹力为零,有:kx22mgsin,解得弹簧的伸长量x22mgsin/k,可知从静止到B刚离开C的过程中,A发生的位移xx1x23mgsin/k,故A正确;由A选项分析可知,物块A克服重力做功为Wmgxsin,故B错误;B刚离开C时,根据牛顿第二定律Fmgsinkx2ma,解得:F3mgsinma,恒力对A做功的功率为PFv(3mgsinma)v,故C错误;当A

15、的加速度为零时,A的速度最大,设此时弹簧的拉力为FT,则:FFTmgsin0,所以FTFmgsin3mgsinmamgsin2mgsinma,以B为研究对象,则:2maFT2msinma,得aa,故D正确。4【答案】BD【解析】由图可知,当夹角为90时,x0.80 m,物体做竖直上抛运动,则由竖直上抛运动规律得v022gx,解得v04 m/s,故A错误;当夹角0时,x1.60 m,由动能定理得mgxmv02,得0.5,故B正确;30时,物体的重力沿斜面向下的分力大小为mgsin 300.5mg,最大静摩擦力fmmgcos 300.35mg,则mgsin 30fm,因此物体达到最大位移后将下滑,

16、故C错误;根据动能定理mgxsin 30mgxcos 300mv02,解得,其中tan 2,当90时,sin()1,此时位移最小m,故D正确。5【答案】BD【解析】小球恰好能通过D点,在D点,根据牛顿第二定律可知,解得,从B到D,根据动能定理可知,解得;在AB段由速度位移公式可知vB22aR,解得a2.5g,故A错误;从B到C,根据动能定理可知,解得,在C点,根据牛顿第二定律可知,故B正确;E点和C点高度相同,具有相同的速度大小,故C错误;从E点运动到A点所用的时间为t,由运动学公式得,RvEtgt2,解得,故D正确。6【答案】C【解析】AB段汽车的牵引力不变,根据牛顿第二定律,加速度不变,做

17、匀加速直线运动,故A错误;BC段图线的斜率表示汽车的功率,功率不变,知汽车达到额定功率,当速度增大,牵引力减小,则加速度减小,做加速度减小的加速运动,到达C点加速度为零,做匀速直线运动,故B错误;在整个运动过程中,AB段的加速度最大,在C点牵引力等于阻力,f1000N,则最大加速度,故C正确。在B点汽车的速度,知汽车速度为5m/s时发动机的功率小于2104W,故D错误。7【答案】CD【解析】由图乙可知mgkx0,解得,由Fx图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功,则有W弹k(xh)2,由动能定理得mgxk(xh)20,即,解得,故最低点坐标不是h2x0,且此处动能不是最小,故A、B错误;由图

18、可知,mgkx0,由对称性可知当xh2x0时,小球加速度为g,且弹力为2mg,故C正确;小球在xhx0处时,动能有最大值,根据动能定理有mg(hx0)W弹Ekm0,依题可得W弹mgx0,所以Ekmmghmgx0,故D正确。8【答案】AC【解析】物体沿斜面向下运动到某位置时的受力分析如图所示,设物体发生的位移为x,橡皮筋伸长的长度为L,橡皮筋与斜面之间的夹角为,由题可知Nmgcos 53Fsin ,fN,其中Fsin kLsin kL0,联立解得f0.3mg0.5kL0,可见摩擦力是一个不变值,故A正确;物体受到的合力F合mgsin 53(mgcos 53Fsin )Fcos ma,其中Fcos

19、 kLcos kx,解得,可见加速度a随位移x先减小后增大,即物体在做变加速运动,故B错误;物体加速度时,速度最大,此时有0.5mg+0.5kL0kx0,解得,根据动能定理有mgsin 53x(mgcos 53kL0)xkxxmv2,解得,故C正确;设物体距离出发点的最远距离为x,根据动能定理有mgsin 53x(mgcos 53kL0)xkxx0,解得,故D错误。9【解析】(1)赛车在水平轨道上达到最大速度时,设其牵引力为F,根据牛顿第二定律有:Ff0又因为PFvm1所以m/s(2)赛车通过B点在空中做平抛运动,设赛车能越过壕沟的最小速度为v,在空中运动时间为t1,则有,且xvt1所以v3.

20、0m/s(3)若赛车恰好能越过壕沟,且赛车通电时间最短,在赛车从A点运动到B点的过程中根据动能定理有:带入数据解得:t2.4s10【解析】(1)无传送带时,物体由B运动到C,做平抛运动,设物体在B点的速度为vB,则LvBt,hgt2解得:有传送带时,设物体离开传送带时的速度为v1,则有:Lv1tmgLmv12mvB2解得:,。(2)物体在传送带上全程减速时,离开传送带的末速度,物体仍落在C点,则xminL物体在传送带上全程加速时,离开传送带的末速度为v2,由动能定理有mgLmv22mvB2得:则故。11【解析】(1)由牛顿第二定律可得F合Ma甲Mgsin Mgcos Ma甲a甲g(sin cos )(2)设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v,根据动能定理得W合Ekmghmgcos mv2va乙g(sin cos )t(3)如图,由动能定理得MghMgcos Mg(OP)0mghmgcos mg(OQ)0 可得OPOQ根据几何关系得。12

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