高考物理二輪復(fù)習(xí)專題強(qiáng)化練五功和功率動能定理含解析

專題強(qiáng)化練(五)考點(diǎn)1功和功率的計(jì)算1．(2019·玉溪模擬)一物體所受的力F隨位移x變化的圖象如圖所示，在這一過程中，力F對物體做的功為()A．3JB．6JC．7JD．8J解析：力F對物體做的功等于圖線與橫軸x圍成面積的代數(shù)和，即W1＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2J＝7J，W2＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2J＝－1J，所以力F對物體做的功為W＝7J－1J＝6J，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B2．(2019·廈門模擬)用鐵錘把小鐵釘釘入木板，設(shè)木板對鐵釘?shù)淖枇εc鐵釘進(jìn)入木板的深度成正比．已知鐵錘第一次使鐵釘進(jìn)入木板的深度為d，接著敲第二錘，如果鐵錘第二次敲鐵釘時對鐵釘做的功與第一次相同，那么，第二次使鐵釘進(jìn)入木板的深度為()A．(eq\r(3)－1)dB．(eq\r(2)－1)dC.eq\f(\r(5)－1,2)dD.eq\f(\r(2),2)d解析：由題意可知，阻力與深度d成正比，則有Ff＝kd，阻力做的功Wf＝eq\f(1,2)Ffd＝eq\f(1,2)kd2，由動能定理得，第一次敲鐵釘W－eq\f(1,2)kd2＝0－0，兩次敲鐵釘2W－eq\f(1,2)k(d＋d′)2＝0－0，解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B3．(多選)(2019·南昌模擬)一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平外力的作用．力的大小F與時間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則下列說法中正確的是()A．物體在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶10B．物體在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶8C．外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1∶8D．外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1∶6解析：0～t0時間內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F0,m)，t0時刻的速度為v1＝a1t0＝eq\f(F0t0,m)，t0～2t0時間內(nèi)的加速度為a2＝eq\f(2F0,m)，2t0時的速度為v2＝v1＋a2t0＝eq\f(3F0t0,m)，根據(jù)動能定理得，外力在0～t0時間內(nèi)做的功為W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(Feq\o\al(2,0)teq\o\al(2,0),2m)，外力在t0～2t0時間內(nèi)做的功為W2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(8Feq\o\al(2,0)teq\o\al(2,0),2m)，所以外力在0～t0和t0～2t0時間內(nèi)做功之比是1∶8，故A錯誤，B正確；外力在t0時刻的瞬時功率為P1＝F0v1＝eq\f(Feq\o\al(2,0)t0,m)，2t0時刻瞬時功率為P2＝2F0v2＝eq\f(6Feq\o\al(2,0)t0,m)，所以外力在t0和2t0時刻的瞬時功率之比是1∶6，故C錯誤，D正確．答案：BD4．(多選)(2019·菏澤模擬)質(zhì)量為m的物體靜止在粗糙的水平地面上，從t＝0時刻開始受到方向恒定的水平拉力F作用，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖甲所示．物體在eq\f(1,2)t0時刻開始運(yùn)動，其v-t圖象如圖乙所示，若可認(rèn)為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則()A．物體與地面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(F0,mg)B．物體在t0時刻的加速度大小為eq\f(2v0,t0)C．物體所受合外力在t0時刻的功率為2F0v0D．水平力F在t0到2t0這段時間內(nèi)的平均功率為F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))解析：物體在eq\f(t0,2)時刻開始運(yùn)動，說明此時阻力等于水平拉力，即Ff＝F0，動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(F0,mg)，故A正確；在t0時刻由牛頓第二定律可知，2F0－Ff＝ma，a＝eq\f(2F0－Ff,m)＝eq\f(F0,m)，故B錯誤；物體在t0時刻受到的合外力為F合＝2F0－Ff＝F0，功率為P＝F0v0，故C錯誤；2t0時刻速度為v1＝v0＋eq\f(F0,m)t0，在t0～2t0時間內(nèi)的平均速度為＝eq\f(v1＋v0,2)＝eq\f(2v0＋\f(F0,m)t0,2)，故平均功率為P＝2F0＝F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))，故D正確．答案：AD考點(diǎn)2機(jī)車啟動問題5．(2018·徐州模擬)一輛汽車在平直的公路上以某一初速度運(yùn)動，運(yùn)動過程中保持恒定的牽引功率，其加速度a和速度的倒數(shù)eq\f(1,v)圖象如圖所示．若已知汽車的質(zhì)量，則根據(jù)圖象所給的信息，不能求出的物理量是()A．汽車的功率B．汽車行駛的最大速度C．汽車所受到的阻力D．汽車運(yùn)動到最大速度所需的時間解析：由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，對應(yīng)題圖圖線可知，eq\f(P,m)＝|k|＝40，已知汽車的質(zhì)量，故可求出汽車的功率P，由a＝0時eq\f(1,vm)＝，可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽車受到的阻力Ff，但無法求出汽車運(yùn)動到最大速度的時間．答案：D6．(多選)(2019·衡水模擬)節(jié)能混合動力車是一種可以利用汽油及所儲存電能作為動力來源的汽車．有一質(zhì)量m＝1000kg的混合動力轎車，在平直公路上以v1＝90km/h勻速行駛，發(fā)動機(jī)的輸出功率為P＝50kW.當(dāng)駕駛員看到前方有80km/h的限速標(biāo)志時，保持發(fā)動機(jī)功率不變，立即啟動利用電磁阻尼帶動的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動，運(yùn)動L＝72m后，速度變?yōu)関2＝72km/h.此過程中發(fā)動機(jī)功率的五分之一用于轎車的牽引，五分之四用于供給發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%轉(zhuǎn)化為電池的電能．假設(shè)轎車在上述運(yùn)動過程中所受阻力保持不變．下列說法正確的是()A．轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，所受阻力F阻的大小為2×103NB．駕駛員啟動電磁阻尼轎車做勻減速運(yùn)動，速度變?yōu)関2＝72km/h過程的時間為3.2sC．轎車從90km/h減速到72km/h過程中，獲得的電能E電＝×104JD．轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電維持72km/h勻速運(yùn)動的距離為31.5m解析：轎車以90km/h在平直公路上勻速行駛時，由P＝F1v1，F(xiàn)阻＝F1可得：F阻＝2×103N，故A項(xiàng)正確；駕駛員啟動電磁阻尼后，轎車減速運(yùn)動，牽引力F＝eq\f(\f(1,5)P,v)，且逐漸增大，加速度a＝eq\f(F阻－F,m)逐漸減小，做加速度減小的減速運(yùn)動，故B項(xiàng)錯誤；轎車從90km/h減速到72km/h過程中，運(yùn)動L＝72m，由動能定理可得eq\f(1,5)Pt＋(－F阻L)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，獲得的電能E電＝eq\f(4,5)Pt·eq\f(1,2)，聯(lián)立解得：E電＝×104J，故C項(xiàng)正確；據(jù)E電＝F阻x可得，轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能E電勻速運(yùn)動的距離x＝31.5m，故D項(xiàng)正確．答案：ACD7．(多選)一輛質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以功率P、速度v0勻速行駛時，牽引力為F0.現(xiàn)汽車以恒定的功率P駛上傾角為30°的斜坡，已知汽車在斜坡上行駛時所受的摩擦阻力是在平直路面上的eq\f(3,4)，重力加速度為g，則下列說法中正確的是()A．汽車在斜坡上達(dá)到最大速度時牽引力為eq\f(3,4)F0B．汽車在斜坡上達(dá)到最大速度時牽引力為eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mgC．汽車能達(dá)到的最大速度為v0D．汽車能達(dá)到的最大速度為eq\f(4P,3F0＋2mg)解析：汽車在平直公路上勻速行駛時，牽引力等于阻力，則Ff＝F0，當(dāng)汽車在斜坡上勻速運(yùn)動時速度最大，則F－mgsin30°－eq\f(3,4)F0＝0，解得F＝eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mg，故A錯誤，B正確；由P＝Fv得汽車的最大速度為vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(4P,3F0＋2mg)，故C錯誤，D正確．答案：BD考點(diǎn)3動能定理的應(yīng)用8．(2019·濟(jì)南模擬)靜止在地面上的物體在不同合外力F的作用下通過了相同的位移x0，下列情況中物體在x0位置時速度最大的是()解析：由于F-x圖象所包圍的面積表示力做功的大小，已知物體在不同合外力F的作用下通過的位移相同，C選項(xiàng)中圖象包圍的面積最大，因此合外力做功最多，根據(jù)動能定理W合＝eq\f(1,2)mv2－0，可得C選項(xiàng)物體在x0位置時速度最大，故A、B、D錯誤，C正確．答案：C9．(2019·吉林模擬)如圖為某同學(xué)建立的一個測量動摩擦因數(shù)的模型．物塊自左側(cè)斜面上A點(diǎn)由靜止滑下，滑過下面一段平面后，最高沖至右側(cè)斜面上的B點(diǎn)．實(shí)驗(yàn)中測量出了三個角度，左右斜面的傾角α和β及AB連線與水平面的夾角為θ.物塊與各接觸面間動摩擦因數(shù)相同且為μ，忽略物塊在拐角處的能量損失，以下結(jié)論正確的是()A．μ＝tanαB．μ＝tanβC．μ＝tanθD．μ＝taneq\f(α－β,2)解析：對全過程運(yùn)用動能定理，結(jié)合摩擦力做功的大小，求出動摩擦因數(shù)大?。O(shè)AB的水平長度為x，豎直高度差為h，對A到B的過程運(yùn)用動能定理得mgh－μmgcosα·AC－μmg·CE－μmgcosβ·EB＝0因?yàn)锳C·cosα＋CE＋EB·cosβ＝x，則有mgh－μmgx＝0，解得μ＝eq\f(h,x)＝tanθ，故C正確．答案：C10．(2019·成都月考)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.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))B.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))C.eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))D.eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))解析：滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運(yùn)動的全程應(yīng)用動能定理得：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(veq\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))，選項(xiàng)A正確．答案：A11．如圖，在豎直平面內(nèi)由eq\f(1,4)圓弧AB和eq\f(1,2)圓弧BC組成的光滑固定軌道，兩者在最低點(diǎn)B平滑連接．AB弧的半徑為R，BC弧的半徑為eq\f(R,2).一小球在A點(diǎn)正上方與A相距eq\f(R,4)處由靜止開始自由下落，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道運(yùn)動．(1)求小球在B、A兩點(diǎn)的動能之比；(2)通過計(jì)算判斷小球能否沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)．解析：(1)小球下落過程由動能定理得：小球下落至A點(diǎn)的過程：mg·eq\f(R,4)＝EkA－0①小球下落到B點(diǎn)的過程：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,4)＋R))＝EkB－0，②由以上兩式聯(lián)立解得：eq\f(EkB,EkA)＝eq\f(5,1)；③(2)小球恰好經(jīng)過C點(diǎn)時，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),\f(R,2))，④解得v0＝eq\r(\f(gR,2))，⑤小球由開始下落至C點(diǎn)的過程，由動能定理得mg·eq\f(R,4)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，⑥解得：vC＝eq\r(\f(gR,2)).⑦由于vC＝v0，故小球恰好可以沿軌道運(yùn)動到C點(diǎn)．⑧答案：(1)5∶1(2)見解析12．(2019·南昌模擬)冬奧會上自由式滑雪是一項(xiàng)極具觀賞性的運(yùn)動．其場地由助滑坡AB(高度差為10m)、過渡區(qū)BDE(兩段半徑不同的圓弧平滑連接而成，其中DE半徑為3m、對應(yīng)的圓心角為60°)和跳臺EF(高度可調(diào)，取為h＝4m)等組成，如圖所示，質(zhì)量60kg的運(yùn)動員由A點(diǎn)靜止出發(fā)，沿軌道運(yùn)動到F處飛出．運(yùn)動員飛出的速度需在54km/h到68km/h之間能在空中完成規(guī)定動作，設(shè)運(yùn)動員借助滑雪桿僅在AB段做功，不計(jì)摩擦和空氣阻力，g取10m/s2，則：(1)為能完成空中動作，則該運(yùn)動員