（江苏专版）2019版高考物理二轮复习专题二第一讲功和功率动能定理课前自测诊断卷（含解析）.doc

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1、1功和功率 动能定理考点一 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 J B1.6 JC2 J D4 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 f mg 4 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L2至少为 W f 1.6 J，所以 B正确。L22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

2、 vt图像为正弦曲线。从图像可以判断( )A质点做曲线运动B在 t1时刻，合外力的功率最大C在 t2 t3时间内，合外力做负功D在 0 t1和 t2 t3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 t2 t3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0 t1和 t2 t3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考查机车启动的图像问题下列各图是反映汽车以额定功率 P 额

3、从静止启动，最后做匀速运动的过程，汽车的速度 v随时间 t以及加速度 a、牵引力 F和功率 P随速度 v变化的图像中正确的是( )2解析：选 A 汽车以额定功率启动时，功率一定，由 P Fv可知，速度增大，牵引力F减小，根据 F Ff ma，加速度逐渐减小，但速度继续增大，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，故 A正确，B、C、D 错误。4考查机车的启动与牵引问题某兴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，

4、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/s 2 v t 6 018 14由牛顿第二定律得： f ma1.5 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： F f1.5 N，小车匀速运动的功率： P Fv9 W。(3)02 s 内，小车的位移：

5、 x1 23 m3 m12210 s 内，根据动能定理：Pt fx2 mv22 mv1212 123代入数据解得 x239 m加速过程中小车的位移大小为 x x1 x242 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。在此过程中( )A外力 F做的功等于 A和 B动能的增量B B对 A的摩擦力所做的功等于 A的动能增量C

6、 A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 BD A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，WF Wf EkB，即 WF EkB Wf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，选项 D正确；由前

7、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。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mgl 1 cos t解析：选 A 小球从开始运动到停止的过程中，下降的高度为： h l(1cos )，所以小球的重力做功： WG mgh mgl(1cos )，故 A正确；在小球运动的整个过程

8、中，重力和空气阻力对小球做功，根据动能定理得： WG Wf00，所以空气阻力做功Wf WG mgl(1cos )，故 B错误；小球受到的合外力做功等于小球动能的变化，4所以 W 合 000，故 C错误；由于细线的拉力始终与运动的方向垂直，所以细线的拉力不做功，细线的拉力的功率为 0，故 D错误。7考查 Ekt图像一个小球从固定的光滑圆弧槽的 A点由静止释放后，经最低点 B运动到 C点的过程中，小球的动能 Ek随时间 t的变化图像可能是( )解析：选 B 动能 Ek与时间 t的图像上的任意一点的斜率表示重力做功的瞬时功率，即 P， A点与 C点处小球速度均为零， B点处小球速度方向与重力方向垂直

9、，所 Ek t W t以 A、 B、 C三点处的重力做功功率为零，则小球由 A点运动到 B点的过程中，重力做功的功率先增大再减小至零，小球由 B点运动到 C点的过程中，重力做功的功率也是先增大再减小至零，故 B正确，A、C、D 错误。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/s 2。求：(1)滑块到达 B

10、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F1x1 F3x3 mgx mvB212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： mg mvC2R代入数据解得： vC m/s。6对滑块从 B到 C的过程，由动能定理得：5W mg2R mvC2 mvB212 12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

11、，做平抛运动，在水平方向： x vC t在竖直方向：2 R gt212联立解得： x1.2 m。答案：(1)6 m/s (2) m/s 3 J 1.2 m6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 37 0.6，cos 37 0.8)。则( )A动摩擦因数 67B载人滑草车最大速度为2gh7C载人滑草

12、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 g35解析：选 AB 由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1 ， s2hsin 45 hsin 37由动能定理知：2mgh mgs 1cos 45 mgs 2cos 370解得动摩擦因数 ，选项 A正确；67载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1 g(sin 45 cos 45) g，214a2 g(sin 37 cos 37) g，335则在下落 h时的速度最大，由动能定理知：mgh mgs 1cos 45 mv2126解得 v ，选项 B正确，D 错误；2gh7载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做的功相等，即 W2 mgh，选

13、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.1 ( v022gcos x0tan ) 1 ( v022gsin x0tan )C. D.2 ( v022gcos x0tan ) 1 ( v022gcos x0cot )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 mg cos 与滑块滑行的

14、各段距离之和的乘积，即 Wf mg cos s，由动能定理可得： mgx0sin Wf0 mv02，12可解得 s ，故 A正确。1 ( v022gcos x0tan )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。

15、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 37 1mgxPBcos 37 mvB2127解得 vB4 m/s在 B点，因为 vB4 m/sv0，物块在传送带上先做匀加速运动到达 v0，运动位移为x0，则 a 2g2 m/s 2 2m

16、gm根据： v02 vB22 ax0解得： x02.25 m L所以从 P到 C，摩擦力对物块做的功Wf 1mgxPBcos 37 2mgx00.5 J。(3)因物块每次均抛到同一点 D，由平抛运动的知识知：物块到达 C点时的速度必须有 vC v0当离 B点的距离为 x1时，物块进入传送带后一直匀加速运动，则由动能定理得mgx1sin 53 1mgx1cos 53 2mgL mv0212解得 x11 m当离 B点的距离为 x2时，物块进入传送带后一直做匀减速运动则 mgx2sin 53 1mgx2cos 53 2mgL mv0212解得： x2 m3713所以物块释放点 P到 B点的距离的取值范围为1 m x m。3713答案：(1)tan 0.25 (2)0.5 J (3)1 m x m37138