2019届高考物理专题九功和功率、动能及动能定理精准培优专练.doc

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1、1培优点九 功和功率、动能及动能定理一、考点分析1. 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。2. 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)应用动能定理时，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. (2018全国 II 卷14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定( )A. 小

2、于拉力所做的功 B. 等于拉力所做的功C. 等于克服摩擦力所做的功 D. 大于克服摩擦力所做的功【解析】木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知： 210FfWmv，所以动能小于拉力做的功，故 A 正确；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D 错误。【答案】A典例 2. (2018全国 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

3、力。对于第次和第次提升过程( )A. 矿车上升所用的时间之比为 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 : 52【解析】设第次所用时间为 t，根据速度图象的面积等于位移可得： t = 5t0/2，所以第次和第次提升过程所用时间之比为 2t05 t0/2 = 45，选项 A 正确；由于两次提升变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律， Fmga，可得提升的最大牵引力之比为 11，选项 B 错误；由功率公式， P = Fv，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为 21，选项 C 正确；加速上升过程的

4、加速度 01vt，加速上升过程的牵引力 1Fmag，减速上升过程的加速度 02vat，减速上升过程的牵引力 2Fmag，匀速运动过程的牵引力 F3 = mg。第次提升过程做功 W1= mg v0t0；第次提升过程做功W2= mg v0t0；两次做功相同，选项 D 错误。【答案】AC三、对点速练1物体在水平拉力 F 作用下，沿 x 轴由坐标原点开始运动，设拉力 F 随 x 的变化分别如图甲、乙、丙所示，其中图甲为一半圆图形，对应拉力做功分别为 W 甲 、 W 乙 、 W 丙 ，则以下说法正确的是( )A W 甲 W 乙 W 丙 B W 甲 W 乙 W 丙 C W 甲 W 乙 W 丙 D无法比较它

5、们的大小【答案】B2(多选)如图所示，在离地面高为 H 处以水平速度 v0抛出一质量为 m 的小球，经时间 t，小球离水平地面的高度变为 h，此时小球的动能为 Ek，重力势能为 Ep(选水平地面为零势能参考面，不计空气阻力)。下列图象中大致能反映小球动能 Ek、势能 Ep变化规律的是( )【答案】AD【解析】由动能定理可知， mg(H h) Ek Ek0，即 Ek Ek0 mgH mgh， Ek h 图象为一次函数图象，B 项错误；又 Ek Ek0 mg2t2，可知 Ek t 图象为开口向上的抛物线，A 项正确；12由重力势能定义式有： Ep3mgh， Ep h 为正比例函数，所以 D 项正确

6、；由平抛运动规律有： H h gt2，所以12Ep mg(H gt2)，所以 Ep t 图象不是直线，C 项错误。123(多选)质量为 2 kg 的遥控玩具电动汽车在平直路面上由静止开始沿直线运动，汽车受到的阻力恒为重力的 ，若牵引力做功 W 和汽车位移 x 之间的关系如图所示，已知重力加速12度 g10 m/s 2，则( )A汽车在 01 m 位移内，牵引力是恒力，13 m 位移内，牵引力是变力B汽车位移为 0.5 m 时，加速度的大小 a5 m/s 2C汽车位移在 03 m 的过程中，牵引力的最大功率为 20 10WD汽车位移在 03 m 的过程中，牵引力的平均功率为 10 W10【答案】

7、BCD【解析】根据公式 W Fx 可知，题中 W x 图象的斜率表示汽车牵引力的大小，01 m 位移内，牵引力 F120 N，13 m 位移内，牵引力 F210 N，所以 A 错误；01 m 位移内，a5 m/s 2，B 正确；01 m 位移内，汽车做匀加速运动，13 m 位移内，汽车受力平衡，做匀速运动，则速度刚达到最大时，牵引力功率最大，此时 v1 2ax1 10m/s， Pmax F1v120 W，C 正确；牵引力做的总功 W40 J，时间 t t1 t2 s101102s s，平均功率为 10 W，D 正确。210 410 P Wt 104(多选)如图甲所示，质量为 1 kg 的物体静

8、止在粗糙的水平地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，外力 F 和物体克服摩擦力 f 所做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2。下列分析正确的是( )A物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2B物体运动的位移为 13 mC物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s2D x9 m 时，物体的速度为 3 m/s2【答案】ACD4【解析】由摩擦力做功的图象可知， W mg x20 J，解得： 0.2，A 正确；由f mg 2 N， fx Wf27 J 可得： x13.5 m，B 错误；又 WF Fx，可解得：前 3 m内， F N5 N，由 F f ma 可得： a

9、3 m/s2，C 正确；由动能定理可得：153WF fx mv2，解得： x9 m 时物体的速度 v3 m/s，D 正确。12 25. (多选)物体受到水平推力 F 的作用在粗糙水平面上做直线运动。通过力和速度传感器监测到推力 F、物体速度 v 随时间 t 变化的规律分别如图甲、乙所示。取 g10 m/s2，则下列说法正确的是( )A物体的质量 m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数 0.4C第 2 s 内物体克服摩擦力做的功 W2 JD前 2 s 内推力 F 做功的平均功率 3 WP【答案】ABC【解析】由题图甲、乙可知，在 12 s，推力 F23 N，物体做匀加速直线运动，其加速度 a

10、2 m/s2，由牛顿运动定律可得， F2 mg ma；在 23 s，推力 F32 N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知， mg F3；联立解得物体的质量 m0.5 kg，物体与水平面间的动摩擦因数 0.4，选项 A、B 正确；由速度时间图象所围的面积表示位移可得，第 2 s 内物体位移 x1 m，克服摩擦力做的功 Wf mgx 2 J，选项 C 正确；第 1 s 内，由于物体静止，推力不做功；第 2 s 内，推力做功 W F2x3 J，即前 2 s 内推力 F 做功为 W3 J，前 2 s 内推力 F 做功的平均功率 W1.5 W，选项 D 错误。PWt 326如图所示，竖直平面内放一直角杆

11、 MON， OM 水平、 ON 竖直且光滑，用不可伸长的轻绳相连的两小球 A 和 B 分别套在 OM 和 ON 杆上， B 球的质量为 m2 kg，在作用于 A 球的水平力 F 的作用下， A、 B 均处于静止状态，此时 OA0.3 m， OB0.4 m，改变水平力 F 的大小，使 A 球向右加速运动，已知 A 球向右运动 0.1 m 时速度大小为 3 m/s，则在此过程中绳对 B 球的拉力所做的功为(取 g10 m/s 2)( )A11 J B16 J C18 J D9 J5【答案】C【解析】 A 球向右运动 0.1 m 时，由几何关系得， B 上升距离： h0.4 m 0.52 0.42m

12、0.1 m，此时细绳与水平方向夹角 的正切值 tan ，则得 cos ，sin 34 45 ，由运动的合成与分解知识可知： vBsin vAcos ，可得 vB4 m/s。以 B 球为35研究对象，由动能定理得： W mgh mv B2，代入数据解得： W18 J，即绳对 B 球的拉力12所做的功为 18 J，故选 C。7(多选)如图所示，在倾角为 的斜面上，轻质弹簧一端与斜面底端固定，另一端与质量为 M 的平板 A 连接，一个质量为 m 的物体 B 靠在平板的右侧， A、 B 与斜面之间的动摩擦因数均为 。开始时用手按住物体 B 使弹簧处于压缩状态，现放手，使 A 和 B 一起沿斜面向上运动

13、距离 L 时， A 和 B达到最大速度 v。则以下说法正确的是( )A A 和 B 达到最大速度 v 时，弹簧是自然长度B若运动过程中 A 和 B 能够分离，则 A 和 B 恰好分离时，二者加速度大小均为 g(sin cos )C从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，弹簧对 A 所做的功等于 Mv2 MgLsin 12 MgL cos D从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中， B 受到的合力对它做的功等于 mv212【答案】BD【解析】 A 和 B 达到最大速度 v 时， A 和 B 的加速度为零。对 AB 整体：由平衡条件知kx( m M)gsin (m M)gcos

14、 ，所以此时弹簧处于压缩状态，故 A 错误； A 和 B恰好分离时， A、 B 间的弹力为 0， A、 B 的加速度相同，对 B 受力分析，由牛顿第二定律知，mgsin mg cos ma，得 a gsin g cos ，故 B 正确；从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对 AB 整体，根据动能定理得 W 弹 ( m M)gLsin (m M)gcos L (m M)v2，所以弹簧对 A 所做的功 W 弹 (m M)v2( m M)gLsin 12 12 (m M)gcos L，故 C 错误；从释放到 A 和 B 达到最大速度 v 的过程中，对于6B，根据动能定理得 B 受到的合

15、力对它做的功 W 合 Ek mv2，故 D 正确。128如图甲所示，一滑块从平台上 A 点以初速度 v0向右滑动，从平台上滑离后落到地面上的落地点离平台的水平距离为 s，多次改变初速度的大小，重复前面的过程，根据测得的多组 v0和 s，作出 s2 v02图象如图乙所示，滑块与平台间的动摩擦因数为 0.3，重力加速度 g10 m/s 2。(1)求平台离地的高度 h 及滑块在平台上滑行的距离 d；(2)若将滑块的质量增大为原来的 2 倍，滑块从 A 点以 4 m/s 的初速度向右滑动，求滑块滑离平台后落地时的速度大小 v及落地点离平台的水平距离 s 的大小。【解析】(1)设滑块滑到平台边缘时的速度

16、为 v，根据动能定理得： mgd mv2 mv02 12 12滑块离开平台后做平抛运动，则有：h gt2 12s vt 联立以上三式得： s2 v024 hd 2hg由图象得：图象的斜率等于 ，即： 0.2 2hg 2hg 222 12解得： h1 m且当 s0 时， v0212，代入式解得： d2 m。(2)由得： v2 m/s滑块离开平台后做平抛运动，则有： h gt2 12得： t s 2hg 55滑块滑离平台后落地时的速度为： v 2 m/sv2 gt 2 6落地点离平台的水平距离 s 的大小为： s vt m。2 5579. 如图所示，水平面上某点固定一轻质弹簧， A 点左侧的水平面

17、光滑，右侧水平面粗糙，在 A 点右侧 5 m 远处( B 点)竖直放置一半圆形管状光滑轨道，轨道半径 R0.4 m，连接处相切。现将一质量 m0.1 kg 的小滑块放在弹簧的右端(在 A 点左侧且不与弹簧拴接)，用力向左推滑块而压缩弹簧，使弹簧具有的弹性势能为 2 J，放手后滑块被向右弹出，它与A 点右侧水平面间的动摩擦因数 0.2，取 g10 m/s 2。(1)求滑块运动到半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力；(2)改变半圆形轨道的位置(左右平移)，使得被弹出的滑块到达半圆形轨道最高点 C 时对轨道的压力大小等于滑块的重力，问 A、 B 之间的距离应调整为多少？【解析】(1)小滑块被弹出至到

18、达 B 点的过程，据动能定理有：W 弹 mgx mv12 2B滑块在 B 处有： FN mg m而 W 弹 Ep2 J解得： FN6 N由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为 6 N，方向竖直向下。(2)在 C 处，滑块对轨道的压力大小为 mg，包含两种情况：若压力方向向上，在 C 处，对滑块由牛顿第二定律有：mg F N1 m ， F N1 FN1 mg整个过程，据动能定理有： W 弹 mgx 1 mg2R mv12 2C1解得： x14 m若压力方向向下，在 C 处，对滑块由牛顿第二定律有：mg F N2 m ； F N2 FN2 mg整个过程，据动能定理有： W 弹 mgx 2 mg2R mv12 2C解得： x26 m。