《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功和能 第一講 功和功率 動能定理課前自測診斷卷》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題二 功和能 第一講 功和功率 動能定理課前自測診斷卷（9頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第一講 功和功率 動能定理 ——課前自測診斷卷 考點(diǎn)一 功和功率 1.[考查功的大小計(jì)算] 如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg、長L＝0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平，板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。現(xiàn)用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10 m/s2)(　　) A．1 J　　　　　　　　　 B．1.6 J C．2 J D．4 J 解析：選B　在薄板沒有翻轉(zhuǎn)之前，薄板與水平桌面之間的摩擦力f＝μmg＝4 N。力F做的功用來克服摩擦力消耗的能量，而在這個過程中薄板只需移動的距離為，則做的功至少為W＝f×＝1.6 J，所

2、以B正確。 2．[考查平均功率與瞬時(shí)功率的分析與計(jì)算] 如圖所示，某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的v-t圖像為正弦曲線。從圖像可以判斷(　　) A．質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動 B．在t1時(shí)刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力做負(fù)功 D．在0～t1和t2～t3時(shí)間內(nèi)，合外力的平均功率相等 解析：選D　質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的v-t圖像描述的是質(zhì)點(diǎn)的直線運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤；在t1時(shí)刻，加速度為零，合外力為零，合外力功率的大小為零，選項(xiàng)B錯誤；由題圖可知，在t2～t3時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項(xiàng)C錯誤；在0～t1和t2～t3時(shí)間內(nèi)，動能的變化量相同，故合外力的功相等，則合外力的

3、平均功率相等，選項(xiàng)D正確。 3．[考查曲線運(yùn)動中功和功率的計(jì)算] 用長為l、不可伸長的細(xì)線把質(zhì)量為m的小球懸掛于O點(diǎn)，將小球拉至懸線偏離豎直方向α角后放手，運(yùn)動t時(shí)間后停在最低點(diǎn)。則在時(shí)間t內(nèi)(　　) A．小球重力做功為mgl(1－cos α) B．空氣阻力做功為－mglcos α C．小球所受合力做功為mglsin α D．細(xì)線拉力做功的功率為 解析：選A　小球從開始運(yùn)動到停止的過程中，下降的高度為h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正確；在小球運(yùn)動的整個過程中，重力和空氣阻力對小球做功，根據(jù)動能定理得：WG＋Wf＝0－0，

4、所以空氣阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B錯誤；小球受到的合外力做功等于小球動能的變化，所以W合＝0－0＝0，故C錯誤；由于細(xì)線的拉力始終與小球運(yùn)動的方向垂直，所以細(xì)線的拉力不做功，細(xì)線的拉力的功率為0，故D錯誤。 4．[考查機(jī)車的啟動與牽引問題] 某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進(jìn)行研究，他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運(yùn)動，并將小車運(yùn)動的全過程記錄下來，通過處理轉(zhuǎn)化為v-t圖像，如圖所示(除2～10 s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線)。已知小車運(yùn)動過程中，2～14 s時(shí)間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14 s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為

5、1.0 kg。可認(rèn)為在整個運(yùn)動過程中小車所受到的阻力大小不變。求： (1)小車所受到的阻力大小； (2)小車勻速行駛階段的功率； (3)小車在加速運(yùn)動過程中(0～10 s內(nèi))位移的大小。 解析：(1)在14～18 s時(shí)間段，加速度大?。? a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2 由牛頓第二定律得：f＝ma＝1.5 N。 (2)在10～14 s小車做勻速運(yùn)動，速度v＝6 m/s 牽引力大小F與f大小相等，則：F＝f＝1.5 N， 小車勻速運(yùn)動的功率：P＝Fv＝9 W。 (3)0～2 s內(nèi)，小車的位移：x1＝×2×3 m＝3 m 2～10 s內(nèi)，根據(jù)動能定理： Pt－fx2＝

6、mv22－mv12 代入數(shù)據(jù)解得x2＝39 m 加速過程中小車的位移大小為x＝x1＋x2＝42 m。 答案：(1)1.5 N　(2)9 W　(3)42 m 考點(diǎn)二 動能定理的理解和應(yīng)用 5.[考查應(yīng)用動能定理判斷物體動能增量的大小關(guān)系] [多選]如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中(　　) A．外力F做的功等于A和B動能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量 C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F

7、對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：選BD　A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對物體A應(yīng)用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，選項(xiàng)B正確；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B相對地的位移不等，故二者做功不等，選項(xiàng)C錯誤；對長木板B應(yīng)用動能定理，WF－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，選項(xiàng)D正確；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故選項(xiàng)A錯誤。 6.[考查應(yīng)用動

8、能定理處理變力做功問題] (2020·江蘇七市三模)如圖所示，半徑為R的水平圓盤可繞著過圓心O的豎直軸轉(zhuǎn)動，在圓盤上從圓心O到圓盤邊緣開有一沿半徑方向的光滑細(xì)槽。一根原長為R的輕彈簧置于槽內(nèi)，一端固定在圓心O點(diǎn)，另一端貼放著一質(zhì)量為m的小球，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。 (1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圓盤邊緣隨圓盤以角速度ω0轉(zhuǎn)動，求F1的大小； (2)若圓盤以角速度ω1轉(zhuǎn)動，小球被束縛在槽中距離圓盤邊緣為x的P點(diǎn)，此時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep。解除束縛后，小球從槽口飛離圓盤時(shí)沿槽方向的速度大小為v，求此過程中槽對小球做的功W1； (3)若圓盤以角速度ω2轉(zhuǎn)動，小球在沿槽方向推力作用下

9、，從圓盤邊緣緩慢向內(nèi)移動距離x到達(dá)P點(diǎn)。如果推力大小保持不變，求彈簧的勁度系數(shù)k以及此過程中推力做的功W2。 解析：(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圓周運(yùn)動，由向心力公式有F1＝mω02R。 (2)設(shè)小球從槽口飛出圓盤時(shí)的速度為v1，則根據(jù)運(yùn)動的合成：v12＝(ω1R)2＋v2， 設(shè)在此過程中彈簧對小球做功為W，由動能定理有：W1＋W＝mv12－mω12·(R－x)2， 由于W＝Ep， 聯(lián)立解得W1＝m(ω12R2＋v2)－mω12(R－x)2－Ep。 (3)當(dāng)小球沿槽方向緩慢向內(nèi)移動的距離為x1時(shí)，由向心力公式有F－kx1＝mω22(R－x1)， 解得F＝mω22R＋(k

10、－mω22)x1 由于F的大小不變，與x1無關(guān)，則有k＝mω22， F＝mω22R， 所以推力做的功W2＝Fx＝mω22Rx。 答案：(1)mω02R　(2)m(ω12R2＋v2)－mω12(R－x)2－Ep　(3)mω22　mω22Rx 7．[考查Ek-h圖像] (2020·江蘇姜堰中學(xué)高三月考)以一定的初速度從地面豎直向上拋出一小球，小球上升到最高點(diǎn)之后，又落回到拋出點(diǎn)。假設(shè)小球所受空氣阻力與速度大小成正比，則該過程中，小球動能Ek與離地高度h的關(guān)系圖線可能是(　　) 解析：選C　設(shè)初動能為Ek0，根據(jù)動能定理得：上升階段：－mgh－Wf＝－mgh－fh＝Ek－Ek0，整

11、理得：Ek＝－(mg＋f)h＋Ek0，上升越高，速度越小，而阻力與速度成正比，所以阻力變小，圖像斜率變?。幌陆惦A段：Ek＝(mg－f)h，下落加速，阻力變大，斜率變小，所以A、B、D錯誤，C正確。 8．[考查動能定理與F-x圖像的綜合應(yīng)用] 如圖甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，取g＝10 m/s2。求： (1)滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小； (2)若到達(dá)B點(diǎn)

12、時(shí)撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側(cè)上滑，并恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C，則 ①滑塊到達(dá)C處時(shí)的速度vC大?。? ②滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？ ③滑塊落在軌道上的位置與B點(diǎn)的水平距離為多少？ 解析：(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得 F1x1＋F3x3－μmgx＝mvB2 代入數(shù)據(jù)解得：vB＝6 m/s。 (2)①當(dāng)滑塊恰好能到達(dá)最高點(diǎn)C時(shí)，重力提供向心力：mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得：vC＝ m/s。 ②對滑塊從B到C的過程，由動能定理得： W－mg·2R＝mvC2－mvB2 代入數(shù)據(jù)得：W＝－3 J，即克服摩擦力做的功為3 J。 ③滑塊離開C后，做平拋運(yùn)動，在水平

13、方向：x′＝vC t 在豎直方向：2R＝gt2 聯(lián)立解得：x′＝1.2 m。 答案：(1)6 m/s　(2)① m/s?、? J?、?.2 m 考點(diǎn)三 應(yīng)用動能定理解決力學(xué)綜合問題 9.[考查動能定理解決多過程問題] [多選]如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則(　　) A．動摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑

14、草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 解析：選AB　由題意知，上、下兩段斜坡的長分別為 s1＝，s2＝ 由動能定理知： 2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0 解得動摩擦因數(shù)μ＝，選項(xiàng)A正確； 載人滑草車在上下兩段的加速度分別為 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g， a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g， 則在下落h時(shí)的速度最大，由動能定理知： mgh－μmgs1cos 45°＝mv2 解得v＝ ，選項(xiàng)B正確，D錯誤； 載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做

15、的功相等， 即W＝2mgh，選項(xiàng)C錯誤。 10．[考查動能定理解決往復(fù)運(yùn)動問題] 如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機(jī)械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　因滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑塊最終停在斜面底端，而摩擦力始終對滑塊做負(fù)功，其大小等于μmgcos θ與滑塊滑行的各段距離之和的乘積，即Wf＝－μmgcos θ·s，由動能定理可得：mgx0sin θ＋Wf＝0－mv02，可解得

16、s＝，故A正確。 11．[考查動能定理與傳送帶、平拋運(yùn)動的綜合應(yīng)用] 如圖所示，斜面AB長xAB＝3 m、傾角為α，其底端B與水平傳送帶相切，傳送帶長為L＝3 m，始終以v0＝5 m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動。現(xiàn)有一個質(zhì)量m＝1 kg的物塊，在離B點(diǎn)xPB＝2 m處的P點(diǎn)由靜止釋放。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求： (1)傾角α逐漸增大到多少時(shí)，物塊能從斜面開始下滑(用正切值表示)； (2)當(dāng)α＝37°時(shí)，小物塊由P到C的過程中，摩擦力對

17、物塊所做的功； (3)當(dāng)α＝53°時(shí)，為了使物塊每次由P滑到C點(diǎn)時(shí)均拋在同一點(diǎn)D，求物塊釋放點(diǎn)P到B點(diǎn)的取值范圍。 解析：(1)為使物塊能從斜面開始下滑，有： mgsin α＝μ1mgcos α 解得傾角α滿足的條件為tan α＝0.25。 (2)由P到B，由動能定理得： mgxPBsin 37°－μ1mgxPBcos 37°＝mvB2 解得vB＝4 m/s 在B點(diǎn)，因?yàn)関B＝4 m/s

18、功 Wf＝－μ1mgxPBcos 37°＋μ2mgx0＝0.5 J。 (3)因物塊每次均拋到同一點(diǎn)D，由平拋運(yùn)動的知識知：物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度 必須有vC＝v0 當(dāng)離B點(diǎn)的距離為x1時(shí)，物塊進(jìn)入傳送帶后一直勻加速運(yùn)動，則由動能定理得 mgx1sin 53°－μ1mgx1cos 53°＋μ2mgL＝mv02 解得x1＝1 m 當(dāng)離B點(diǎn)的距離為x2時(shí)，物塊進(jìn)入傳送帶后一直做勻減速運(yùn)動 則mgx2sin 53°－μ1mgx2cos 53°－μ2mgL＝mv02 解得：x2＝ m 所以物塊釋放點(diǎn)P到B點(diǎn)的距離的取值范圍為 1 m≤x≤ m。 答案：(1)tan α＝0.25　(2)0.5 J　(3)1 m≤x≤ m