高考物理二轮复习专题强化练五功和功率动能定理含解析

专题强化练(五)考点1功和功率的计算1．(2019·玉溪模拟)一物体所受的力F随位移x变化的图象如图所示，在这一过程中，力F对物体做的功为()A．3JB．6JC．7JD．8J解析：力F对物体做的功等于图线与横轴x围成面积的代数和，即W1＝eq\f(1,2)×(3＋4)×2J＝7J，W2＝－eq\f(1,2)×(5－4)×2J＝－1J，所以力F对物体做的功为W＝7J－1J＝6J，故B正确，A、C、D错误．答案：B2．(2019·厦门模拟)用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对铁钉的阻力与铁钉进入木板的深度成正比．已知铁锤第一次使铁钉进入木板的深度为d，接着敲第二锤，如果铁锤第二次敲铁钉时对铁钉做的功与第一次相同，那么，第二次使铁钉进入木板的深度为()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：由题意可知，阻力与深度d成正比，则有Ff＝kd，阻力做的功Wf＝eq\f(1,2)Ffd＝eq\f(1,2)kd2，由动能定理得，第一次敲铁钉W－eq\f(1,2)kd2＝0－0，两次敲铁钉2W－eq\f(1,2)k(d＋d′)2＝0－0，解得d′＝(eq\r(2)－1)d，故B正确，A、C、D错误．答案：B3．(多选)(2019·南昌模拟)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平外力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是()A．物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶10B．物体在0～t0和t0～2t0水平外力做功之比是1∶8C．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶8D．外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶6解析：0～t0时间内的加速度a1＝eq\f(F0,m)，t0时刻的速度为v1＝a1t0＝eq\f(F0t0,m)，t0～2t0时间内的加速度为a2＝eq\f(2F0,m)，2t0时的速度为v2＝v1＋a2t0＝eq\f(3F0t0,m)，根据动能定理得，外力在0～t0时间内做的功为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时间内做的功为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时间内做功之比是1∶8，故A错误，B正确；外力在t0时刻的瞬时功率为P1＝F0v1＝eq\f(Feq\o\al(2,0)t0,m)，2t0时刻瞬时功率为P2＝2F0v2＝eq\f(6Feq\o\al(2,0)t0,m)，所以外力在t0和2t0时刻的瞬时功率之比是1∶6，故C错误，D正确．答案：BD4．(多选)(2019·菏泽模拟)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在eq\f(1,2)t0时刻开始运动，其v-t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则()A．物体与地面间的动摩擦因数为eq\f(F0,mg)B．物体在t0时刻的加速度大小为eq\f(2v0,t0)C．物体所受合外力在t0时刻的功率为2F0v0D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))解析：物体在eq\f(t0,2)时刻开始运动，说明此时阻力等于水平拉力，即Ff＝F0，动摩擦因数μ＝eq\f(F0,mg)，故A正确；在t0时刻由牛顿第二定律可知，2F0－Ff＝ma，a＝eq\f(2F0－Ff,m)＝eq\f(F0,m)，故B错误；物体在t0时刻受到的合外力为F合＝2F0－Ff＝F0，功率为P＝F0v0，故C错误；2t0时刻速度为v1＝v0＋eq\f(F0,m)t0，在t0～2t0时间内的平均速度为＝eq\f(v1＋v0,2)＝eq\f(2v0＋\f(F0,m)t0,2)，故平均功率为P＝2F0＝F0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0＋\f(F0t0,m)))，故D正确．答案：AD考点2机车启动问题5．(2018·徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)图象如图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物理量是()A．汽车的功率B．汽车行驶的最大速度C．汽车所受到的阻力D．汽车运动到最大速度所需的时间解析：由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝eq\f(P,m)·eq\f(1,v)－eq\f(Ff,m)，对应题图图线可知，eq\f(P,m)＝|k|＝40，已知汽车的质量，故可求出汽车的功率P，由a＝0时eq\f(1,vm)＝，可得：vm＝20m/s，再由vm＝eq\f(P,Ff)，可求出汽车受到的阻力Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间．答案：D6．(多选)(2019·衡水模拟)节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m＝1000kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50kW.当驾驶员看到前方有80km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72m后，速度变为v2＝72km/h.此过程中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．下列说法正确的是()A．轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小为2×103NB．驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为v2＝72km/h过程的时间为3.2sC．轿车从90km/h减速到72km/h过程中，获得的电能E电＝×104JD．轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72km/h匀速运动的距离为31.5m解析：轿车以90km/h在平直公路上匀速行驶时，由P＝F1v1，F阻＝F1可得：F阻＝2×103N，故A项正确；驾驶员启动电磁阻尼后，轿车减速运动，牵引力F＝eq\f(\f(1,5)P,v)，且逐渐增大，加速度a＝eq\f(F阻－F,m)逐渐减小，做加速度减小的减速运动，故B项错误；轿车从90km/h减速到72km/h过程中，运动L＝72m，由动能定理可得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)，获得的电能E电＝eq\f(4,5)Pt·eq\f(1,2)，联立解得：E电＝×104J，故C项正确；据E电＝F阻x可得，轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电匀速运动的距离x＝31.5m，故D项正确．答案：ACD7．(多选)一辆质量为m的汽车在平直公路上以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力为F0.现汽车以恒定的功率P驶上倾角为30°的斜坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的eq\f(3,4)，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为eq\f(3,4)F0B．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mgC．汽车能达到的最大速度为v0D．汽车能达到的最大速度为eq\f(4P,3F0＋2mg)解析：汽车在平直公路上匀速行驶时，牵引力等于阻力，则Ff＝F0，当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则F－mgsin30°－eq\f(3,4)F0＝0，解得F＝eq\f(3,4)F0＋eq\f(1,2)mg，故A错误，B正确；由P＝Fv得汽车的最大速度为vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(4P,3F0＋2mg)，故C错误，D正确．答案：BD考点3动能定理的应用8．(2019·济南模拟)静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是()解析：由于F-x图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体在不同合外力F的作用下通过的位移相同，C选项中图象包围的面积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理W合＝eq\f(1,2)mv2－0，可得C选项物体在x0位置时速度最大，故A、B、D错误，C正确．答案：C9．(2019·吉林模拟)如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型．物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点．实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是()A．μ＝tanαB．μ＝tanβC．μ＝tanθD．μ＝taneq\f(α－β,2)解析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小．设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcosα·AC－μmg·CE－μmgcosβ·EB＝0因为AC·cosα＋CE＋EB·cosβ＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝eq\f(h,x)＝tanθ，故C正确．答案：C10．(2019·成都月考)如图所示，斜面的倾角为θ，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μ，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.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：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得：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))，选项A正确．答案：A11．如图，在竖直平面内由eq\f(1,4)圆弧AB和eq\f(1,2)圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为eq\f(R,2).一小球在A点正上方与A相距eq\f(R,4)处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．解析：(1)小球下落过程由动能定理得：小球下落至A点的过程：mg·eq\f(R,4)＝EkA－0①小球下落到B点的过程：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,4)＋R))＝EkB－0，②由以上两式联立解得：eq\f(EkB,EkA)＝eq\f(5,1)；③(2)小球恰好经过C点时，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,0),\f(R,2))，④解得v0＝eq\r(\f(gR,2))，⑤小球由开始下落至C点的过程，由动能定理得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，故小球恰好可以沿轨道运动到C点．⑧答案：(1)5∶1(2)见解析12．(2019·南昌模拟)冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运动．其场地由助滑坡AB(高度差为10m)、过渡区BDE(两段半径不同的圆弧平滑连接而成，其中DE半径为3m、对应的圆心角为60°)和跳台EF(高度可调，取为h＝4m)等组成，如图所示，质量60kg的运动员由A点静止出发，沿轨道运动到F处飞出．运动员飞出的速度需在54km/h到68km/h之间能在空中完成规定动作，设运动员借助滑雪杆仅在AB段做功，不计摩擦和空气阻力，g取10m/s2，则：(1)为能完成空中动作，则该运动员