重庆市铜梁县高考物理二轮总复习 专题六 功功率与动能定理增分策略练习（含解析）.doc

专题六 功 功率与动能定理考纲解读章内容考试要求说明必考加试机械能守恒定律追寻守恒量能量b1.不要求用功的定义式计算变力的功2.不要求用功率、力和速度的关系式解决力与速度不在一条直线上的问题3.不要求结合力和运动关系定量求解机车以恒定功率启动和匀加速启动的问题4.不要求用平均力计算变力做功和利用fl图象求变力做功5.不要求用动能定理解决物体系的问题功c功率cc动能和动能定理dd一、功1.做功的两个要素(1)作用在物体上的力.(2)物体在力的方向上发生的位移.2.功的物理意义功是能量转化的量度.3.公式wflcos_(1)是力与位移方向之间的夹角，l为物体对地的位移.(2)该公式只适用于恒力做功.4.功的正负(1)当00，力对物体做正功.(2)当时，wwbb.wawbc.wawbd.无法确定答案b解析设斜面ad、斜面bd与水平面cd所成夹角分别为、，根据功的公式，得wamgcos ladmglcd，wbmgcos lbdmglcd，所以选b.4.(2015浙江省学业水平测试)如图2所示，匈牙利大力士希恩考若尔特曾用牙齿拉动50 t的a320客机.他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s的时间内将客机拉动了约40 m.假设大力士牙齿的拉力约为5103 n，绳子与水平方向的夹角约为30，则飞机在被拉动的过程中()图2a.重力做功约为2.0107 jb.拉力做功约为1.7105 jc.克服阻力做功约为1.5105 jd.合外力做功约为2.0105 j答案b解析飞机在水平面上移动，因此重力不做功，a项错.根据做功公式wflcos ，则w510340 j1.7105 j，所以b项对.在拉动飞机的过程中，由于不知道飞机是什么运动，无法得知阻力大小，所以阻力做功无法求解，c项错.整个过程中阻力做功无法求解，也不知道动能变化量，所以合外力做功无法求解，d项错.5.(2016平湖市联考)一个质量为0.3 kg的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小v和碰撞过程中小球的动能变化量ek为()a.v0 b.v12 m/sc.ek1.8 j d.ek10.8 j答案b解析取初速度方向为正方向，则v(66) m/s12 m/s，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项b正确.6.某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度为v2，已知汽车空载时质量为m0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是()a.m0 b.m0c.m0 d.m0答案a解析当汽车空载时，有：pff1v1km0gv1，当汽车装满货物后，有：pff2v2k(m0m)gv2联立两式解得：mm0.故a正确，b、c、d错误. 7.质量为m的汽车，以恒定的功率p从静止开始在平直路面上行驶一段距离s后达到最大速度vm，经历时间为t.若行驶中阻力ff恒定，则以下关系式正确的是()a.vm b.pffvmc.ptmv d.ptffs答案b解析根据pfv，fffma，若保持功率p不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度vm后，做匀速运动，所以a错误；匀速运动时，fff，所以pffvm，故b正确；对加速过程，根据动能定理可知：ptffsmv0，所以c、d错误.8.(2015海南4)如图3所示，一半径为r的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点p由静止开始滑下，滑到最低点q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自p滑到q的过程中，克服摩擦力所做的功为()图3a.mgr b.mgrc.mgr d.mgr答案c解析在q点，fnmg，所以v；由p到q根据动能定理得mgrwfmv2，解得wfmgr，故c正确.9.(2016余姚市联考)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，其vt图象如图4所示.设汽车的牵引力为f，摩擦力为ff，全程中牵引力做功为w1，克服摩擦力做功为w2，则()图4a.fff13 b.w1w211c.fff31 d.w1w213答案b解析对汽车运动的全过程应用动能定理，有w1w20，得w1w211，由图象知牵引力与阻力的作用距离之比为x1x214，由w1fx1，w2ffx2，知fff41.10.如图5所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m的圆形轨道平滑连接.一个质量为0.1 kg的物体从高为h2 m的a点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点c处时，对轨道的压力等于物体的重力.求物体从a点运动到c点的过程中克服摩擦力所做的功.(g取10 m/s2)图5答案0.8 j解析物体运动到c点时受到重力和轨道对它的弹力，由牛顿第二定律可知fnmg，又fnmg，联立两式解得vc2 m/s，在物体从a点运动到c点的过程中，由动能定理有 mg(h2r)wfmv0，代入数据解得wf0.8 j.11.(2016金华十校联考)如图6甲所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面ab的a处连接一粗糙水平面oa，oa长为4 m.有一质量为m的滑块，从o处由静止开始受一水平向右的力f作用.f只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与oa间的动摩擦因数0.25，g取10 m/s2，试求：图6(1)滑块运动到a处的速度大小；(2)不计滑块在a处的速率变化，滑块冲上斜面ab的长度是多少？答案(1)5 m/s(2)5 m解析(1)由题图乙知，在前2 m内，f12mg做正功，在第3 m内，f20.5mg，做负功，在第4 m内，f30，滑动摩擦力ffmg0.25mg，始终做负功，对于滑块在oa上运动的全过程，由动能定理得 f1x1f2x2ffxmv0即 2mg20.5mg10.25mg4m v 解得va5 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得mglsin 300mv解得l5 m所以滑块冲上斜面ab的长度l5 m.12.如图7所示装置由ab、bc、cd三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道ab、cd段是光滑的，水平轨道bc的长度x5 m，轨道cd足够长且倾角37，a、d两点离轨道bc的高度分别为h14.30 m、h21.35 m.现让质量为m的小滑块自a点由静止释放.已知小滑块与轨道bc间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图7(1)小滑块第一次到达d点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过c点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距b点的距离.答案(1)3 m/s(2)2 s(3)1.4 m解析(1)小滑块从abcd过程中，由动能定理得：mg(h1h2)mgxmv0将h1、h2、x、g代入得vd3 m/s(2)小滑块从abc过程中，由动能定理得 mgh1mgxmv0将h1、x、g代入得 vc6 m/s小滑块沿cd段上滑的加速度大小 agsin 6 m/s2小滑块沿cd段上滑到最高点的时间