《江苏专用2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第一讲功和功率动能定理--课前自测诊断卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏专用2020高考物理二轮复习第一部分专题二功和能第一讲功和功率动能定理--课前自测诊断卷（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一讲 功和功率 动能定理课前自测诊断卷考点一功和功率1.考查功的大小计算如图所示，质量m1 kg、长L0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平，板与桌面间的动摩擦因数为0.4。现用F5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)()A1 JB1.6 JC2 JD4 J解析：选B在薄板没有翻转之前，薄板与水平桌面之间的摩擦力fmg4 N。力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为Wf1.6 J，所以B正确。2考查平均功率与瞬时功率的分析与计算如图所示，某质点运动的vt图像为正弦曲线。从图像可以判断
2、()A质点做曲线运动B在t1时刻，合外力的功率最大C在t2t3时间内，合外力做负功D在0t1和t2t3时间内，合外力的平均功率相等解析：选D质点运动的vt图像描述的是质点的直线运动，选项A错误；在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，选项B错误；由题图可知，在t2t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，选项C错误；在0t1和t2t3时间内，动能的变化量相同，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，选项D正确。3考查曲线运动中功和功率的计算用长为l、不可伸长的细线把质量为m的小球悬挂于O点，将小球拉至悬线偏离竖直方向角后放手，运动t时间后停在最低点
3、。则在时间t内()A小球重力做功为mgl(1cos )B空气阻力做功为mglcos C小球所受合力做功为mglsin D细线拉力做功的功率为解析：选A小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为hl(1cos )，所以小球的重力做功：WGmghmgl(1cos )，故A正确；在小球运动的整个过程中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得：WGWf00，所以空气阻力做功WfWGmgl(1cos )，故B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，所以W合000，故C错误；由于细线的拉力始终与小球运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为0，故D错误。4考查机车的启动与牵引问题某兴
4、趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究，他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为vt图像，如图所示(除210 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知小车运动过程中，214 s时间段内小车的功率保持不变，在14 s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0 kg。可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。求：(1)小车所受到的阻力大小；(2)小车匀速行驶阶段的功率；(3)小车在加速运动过程中(010 s内)位移的大小。解析：(1)在1418 s时间段，加速度大小：a m/s21.5 m/s2由牛顿第二定律得：fma1.5
5、N。(2)在1014 s小车做匀速运动，速度v6 m/s牵引力大小F与f大小相等，则：Ff1.5 N，小车匀速运动的功率：PFv9 W。(3)02 s内，小车的位移：x123 m3 m210 s内，根据动能定理：Ptfx2mv22mv12代入数据解得x239 m加速过程中小车的位移大小为xx1x242 m。答案：(1)1.5 N(2)9 W(3)42 m考点二动能定理的理解和应用5.考查应用动能定理判断物体动能增量的大小关系多选如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在
6、此过程中()A外力F做的功等于A和B动能的增量BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和解析：选BDA物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，选项B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，选项C错误；对长木板B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，选
7、项D正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故选项A错误。6.考查应用动能定理处理变力做功问题(2019江苏七市三模)如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽。一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内。(1)若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度0转动，求F1的大小；(2)若圆盘以角速度1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为Ep。解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速
8、度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；(3)若圆盘以角速度2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点。如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2。解析：(1)小球在沿槽方向的力F1的作用下做圆周运动，由向心力公式有F1m02R。(2)设小球从槽口飞出圆盘时的速度为v1，则根据运动的合成：v12(1R)2v2，设在此过程中弹簧对小球做功为W，由动能定理有：W1Wmv12m12(Rx)2，由于WEp，联立解得W1m(12R2v2)m12(Rx)2Ep。(3)当小球沿槽方向缓慢向内移动的距离为x1时，由向心力公式有Fkx1m22(Rx1)，解得
9、Fm22R(km22)x1由于F的大小不变，与x1无关，则有km22，Fm22R，所以推力做的功W2Fxm22Rx。答案：(1)m02R(2)m(12R2v2)m12(Rx)2Ep(3)m22m22Rx7考查Ekh图像(2019江苏姜堰中学高三月考)以一定的初速度从地面竖直向上抛出一小球，小球上升到最高点之后，又落回到抛出点。假设小球所受空气阻力与速度大小成正比，则该过程中，小球动能Ek与离地高度h的关系图线可能是()解析：选C设初动能为Ek0，根据动能定理得：上升阶段：mghWfmghfhEkEk0，整理得：Ek(mgf)hEk0，上升越高，速度越小，而阻力与速度成正比，所以阻力变小，图像斜
10、率变小；下降阶段：Ek(mgf)h，下落加速，阻力变大，斜率变小，所以A、B、D错误，C正确。8考查动能定理与Fx图像的综合应用如图甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为0.3，与BC间的动摩擦因数未知，取g10 m/s2。求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块到达C处时的速度vC大小？滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？滑
11、块落在轨道上的位置与B点的水平距离为多少？解析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1F3x3mgxmvB2代入数据解得：vB6 m/s。(2)当滑块恰好能到达最高点C时，重力提供向心力：mgm代入数据解得：vC m/s。对滑块从B到C的过程，由动能定理得：Wmg2RmvC2mvB2代入数据得：W3 J，即克服摩擦力做的功为3 J。滑块离开C后，做平抛运动，在水平方向：xvC t在竖直方向：2Rgt2联立解得：x1.2 m。答案：(1)6 m/s(2) m/s3 J1.2 m考点三应用动能定理解决力学综合问题9.考查动能定理解决多过程问题多选如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均
12、为h，与水平面倾角分别为45和37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则()A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C载人滑草车克服摩擦力做功为mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析：选AB由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1，s2由动能定理知：2mghmgs1cos 45mgs2cos 370解得动摩擦因数，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin
13、 37cos 37)g，则在下落h时的速度最大，由动能定理知：mghmgs1cos 45mv2解得v ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等，即W2mgh，选项C错误。10考查动能定理解决往复运动问题如图所示，斜面的倾角为，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()A.B.C.D.解析：选A因滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑块最终停在斜面底端，而摩擦力始终对滑块做负功，其大小等于mgcos 与滑块滑行的各段距
14、离之和的乘积，即Wfmgcos s，由动能定理可得：mgx0sin Wf0mv02，可解得s，故A正确。11考查动能定理与传送带、平抛运动的综合应用如图所示，斜面AB长xAB3 m、倾角为，其底端B与水平传送带相切，传送带长为L3 m，始终以v05 m/s的速度顺时针转动。现有一个质量m1 kg的物块，在离B点xPB2 m处的P点由静止释放。已知物块与斜面间的动摩擦因数10.25，物块与传送带间的动摩擦因数20.2，sin 370.6，sin 530.8，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)倾角逐渐增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)；(2)当37时，小物块由P到C的过程中，摩擦力对物块所做的功；(3)当53时，为了使物块每次由P滑到C点时均抛在同一点D，求物块释放点P到B点的取值范围。解析：(1)为使物块能从斜面开始下滑，有：mgsin 1mgcos 解得倾角满足的条件为tan 0.25。(2)由P到B，由动能定理得：mgxPBsin 371mgxPBcos 37mvB2解得vB4 m/s在B点，因为vB4 m
