高三物理培优练习八功和功率、动能及动能定理

1、培优点八功和功率、动能及动能定理 一、考点分析.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。.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。二、考题再现典例1.(2019怪国III卷？17次地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重

2、力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。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()A. 2 kgB. 1.5 kgC. 1 kgD. 0.5 kg典例2.(2018怪国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 TOC o 1-5 h z 第次提升过程()A.矿车上升所用的时

3、间之比为4 : 5B.电机的最大牵引力之比为 2 ： 1C.电机输出的最大功率之比为2 ： 1D,电机所做的功之比为4 : 5三、对点速练1.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。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，在时间的图象分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（06 s内拉力做功为

4、70 J06 s内物体的位移大小为 36 m 5C.滑动摩擦力的大小 -3 ND.合力在06 s内做的功大于 02 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， TOC o 1-5 h z 重力加速度为g,则（）3mgsinA.当B刚离开C时，A发生的位移大小为 k -223m g sinB.从静止到B刚离开C的过程中，物块 A克服重力做功为

5、kC. B刚离开C时，恒力对 A做功的功率为（2mgsin 0+ ma）v1D.当A的速度达到最大时，B的加速度大小为2ax与斜面倾角。的关系，将某一物体每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次以不变的初速率 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0的关系如图乙所示，取 g=10 m/s2。根据图象可求出（）A .物体的初速率 V0= 6 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数科=0.5C.当0= 30o时，物体达到最大位移后将保持静止D .取不同的倾角 0,物体在斜面上能达到的位移X的最小值xmin=0.7 m5.（多选）如图所示，

6、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、3一半径为R的点圆弧轨道，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（）3A.小球在AB段加速度的大小为2gB.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 2gRD.小球从E点运动到A点所用的时间为（点 J3）JR6.一辆汽车质量为 1 X 10kg,额定最大功率为 2X10W,V2,运动中汽车所受阻力恒定，其行驶过程中牵引力1,F与车速的倒数-的关系如图所不。则A.图线AB段汽车匀速运动B.

7、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 2X 10W()7.（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go以下判断正确的是（）A .当x= h+2x0时，小球的动能最小B.最低点的坐标x=h+2x。C.当x= h+2xo时，小球的加速度为一g,且

8、弹力为2mg1D.小球动能的取大值为 mgh + gmgx。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 Oi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 OiP,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，02P垂直于斜面且02P=Lo,然后释放物体，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,F kx橡皮筋一直在弹性限度内，变力F=kx (方向不变)在x位移内的平均值为万，且sin 53 =0.8, cos 53 TOC o 1

9、-5 h z = 0.6。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 以C.物体运动的最大速度为mgL0底，mkD.物体距离出发点的最大距离为3 L0 mg.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 P=10.0 W,赛车的质量 m=1.0 kg, 在水平直轨道上受到的阻力f=2.0 N,AB段长L=10.0 m, BE的高度差h= 1.25 m, BE的水平距离 x= 1.5 m。赛车车长不计，空气阻力

10、不计，g取10 m/s2。HA3r i %f(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va= 1 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to.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OC=L, B点距地面的高度 OB=h。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1的距离为,。当

11、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、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为因设两小物块在转弯处均不弹

12、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。二、考题再现典例1.【解析】对上升过程，由动能定理，一(F + mg)h=EkEk0,得Ek= Ek0(F+mg)h,即F + mg=12 N; 下落过程，(mgF)(6 h)=Ek,即 mgF=k?= 8 N,联立两公式，得到 m= 1 kg、F= 2 N。【答案】C 11 1典例2.【斛析】根据位移相同可得两图线与时间轴围成的面积相等，2V0 X 10 =万fm,因此物体达到最大位移后将下滑，故 C错误；根据动能定理一 mgxsin

13、30Vo0.8)Ji 0.52 sin( ),其中 tan a= 2,当 0+ a= 90 时,x 122g (sin cosmgcos 30 = 0- mvo2,解得0.8 八 xmin -1 2- 0.7故D正确。sin( 0+ o)= 1,此时位移最小，1 0.5 m,2mg=mR ,解得Vd7 gR ,从b到D,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根据动能定理可知2mgR= 1mvD2mVB ,解得vB = J演；在AB段由速度位移公式可知vB2=2aR,解得a= 2.5g,故A错误；从B到C,根据动能定理可知mgR=1 mvC1 mv22 B ,

14、解得 Vc= V3gR ,在 C 点,2LVcFn= m3mg根据牛顿第二定律可知R ，故B正确；E点和C点高度相同，具有相同的速度大小Ve Vc=x/3gR,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，R=VEt+|gt2,解得t (指启RYg，故D正确。.【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

15、于阻力，f = 1000N ,则最大加速度F f 3000 100022P 2 10420a =m/s =2m/s 故 C 正确。在 B 点汽车的速度 v - =m/s=一 m/s 5m/sm 1000F 30003,知汽车速度为5m/s时发动机的功率小于 2X10W,故D错误。.【答案】CD【解析】由图乙可知mg=kx0,解得刈 四，由Fx图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则 kJ2h有 W弹= (xh)2,由动能定理得 mgx-1k(x- h)2= 0,即 mgx (x h) 0,解得 x h x0 1 J1 -, TOC o 1-5 h z 2M x022最低点坐标不是 h+2x

16、,且此处动能不是最小，故 A、B错误；由图可知， mg=kx,由对称性可知当 x=h+2x0时，小球加速度为g,且弹力为2mg,故C正确；小球在x=h + x。处时，动能有最大值，根据动11能te理有 mg(h +xo)+亚弹=Ekm0,依题可得 W弹=mgx0,所以Ekm= mgh + mgx。，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N = mgcos 53 - Fsin 0, f= N, 其中Fsin 0= kLsin 9= kL0,联立解得f= 0.3mg 0.

17、5kL0,可见摩擦力是一个不变值，故 A正1 a0= kx,解得 m确；物体受到的合力 F 合=mgsin 53 Mmgcos 53 Fsin Fcos 0= ma,其中 Fcos 0= kLcos0.5mg 0.5kLo kx,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x强LoB错误；物体加速度a 0时，速度最大，此时有0.5mg+0.5kL。kx=0,解得 2 k ,根据动能定mg kL0一,一一11v理有mgsin 53於一/mgcos 53 kL。）?（一2kx?= 2mv2,解得2mk ,故C正确；设物体距离出发点的x L mg最远距离为x?,根据动能定理有 mgsi

18、n 53 x?- /mgcos 53 kL）/?-kx?,?= 0,解得k，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：Ff= 0又因为P=FVm1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 x=vt1所以 v= 3.0m/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：1 1Pt fL -mV2 - - m4带入数据解得：t=2.4s10【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L=VBt, h=2gt2“ v vb 解得：有传送带时，设物体离开传送带时的速度为v1,则有:1L = v1t112 12-2（i mgLmw2 mvB2 TOC o 1-5 h z vL g3Lv1.T-解得：2V2h,8ho(2)物体在传送带上全程减速时，离开传送带的末速度物体在传送带上全程加速时，离开传送带的末速度为L gV2 M22h,物体仍落在C点，则Xmin = LV2?,由动能定理有11 O 12mgL = mv2