2020届高三精准培优专练八 功和功率、动能及动能定理（教师版）

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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【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.(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；

3、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45【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2t0(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

4、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【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

5、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(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

6、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 s内做的功【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(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

7、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a【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

8、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(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，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜

9、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 m【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 300.35m

10、g，则mgsin 30fm，因此物体达到最大位移后将下滑，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(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【答案】B

11、D【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

12、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 W【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 (多选)如图甲所示，轻弹簧竖起放置，下端固定在

13、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mghmgx0【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

14、低点坐标不是h2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由图可知，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(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，然后释放物体，物体开始沿斜面向下运动。已知斜面

15、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【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

16、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 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

17、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。【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

18、/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v3.0m/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

19、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。【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mg

20、Lmv22mvB2得：则故。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。【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。10