2020届高考物理二轮复习专题二能量与动量1功和功率动能定理课时作业含解析

2020届高考物理二轮复习专题二能量与动量1功和功率动能定理课时作业含解析

功和功率、动能定理 ‎[题组一]　功和功率 ‎1．用长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功 B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功 C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒 D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)‎ 解析：B　[小球受到斜面的弹力沿小球的运动方向有分量，故对小球做功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误．]‎ ‎2．(多选)如图所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑的过程中(　　)‎ A．M对m的支持力做负功 B．M对m的摩擦力做负功 C．m所受的合外力对m做负功 D．m的机械能守恒 解析：AD　[分析木块m的受力可知，支持力方向与速度方向夹角为钝角，摩擦力方向与速度方向夹角为锐角，则M对m的支持力做负功，M对m的摩擦力做正功，故A正确、B错误．两木块整体沿斜面加速下滑，木块m所受合外力对m一定做正功，故C错误．由整体受力可知整体下滑的加速度大小为a＝gsin θ，方向平行于斜面向下，整体所受合外力等于其重力沿斜面方向的分力，这表明木块m所受支持力、摩擦力的合力与其重力垂直于斜面的分力等值反向，即支持力与摩擦力的合力方向垂直于速度方向，所以支持力与摩擦力对木块m所做的总功为零，即除重力外其他力对木块m做功之和为零，则m的机械能守恒，D正确．]‎ ‎3．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球．一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω - 9 -‎ 匀速转动，当杆与水平方向夹角为60°时，拉力的功率为(　　)‎ A．mgLω　　　　 　　B.mgLω C.mgLω D.mgLω 解析：C　[由能的转化与守恒可知，拉力的功率等于克服重力的功率，PF＝PG＝mgvy＝mgvcos 60°＝mgωL，故选C.]‎ ‎4．(多选)如图所示，a、b两球的质量均为m，a从倾角为45°的光滑固定斜面顶端无初速地下滑，b从斜面顶端以初速度v0平抛，对二者的运动过程以下说法正确的是(　　)‎ A．都做匀变速运动 B．落地前的瞬间速率相同 C．整个运动的过程重力对二者做功的平均功率相同 D．整个运动过程重力势能的变化相同 解析：AD　[由于两球运动过程中加速度均恒定不变，所以A正确．根据机械能守恒定律有mv＝mv＋mgh，由于v初a＝0，v初b＝v0，所以落地时v末b＞v末a，B错误．两球在竖直方向运动的距离相同，则重力做功相等，又运动时间ta＞tb，由P＝知，Pa＜Pb，C错误．根据ΔEp＝－mgh知，D正确．]‎ ‎5．如图所示，某工厂用传送带向高处运送货物，将一货物轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是(　　)‎ A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功 B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量 C．第一阶段物体和传送带间摩擦生的热等于第一阶段物体机械能的增加量 D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于摩擦力对物体所做的功 - 9 -‎ 解析：C　[对物体分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝t，对传送带：x′1＝vt，摩擦生的热Q＝fx相对＝f(x′1－x1)＝f，机械能增加量ΔE＝fx1＝f，所以Q＝ΔE，C正确．]‎ ‎[题组二]　机车启动问题 ‎6．(多选)如图甲所示，水平面上的物体在水平向右的拉力F作用下，由静止开始运动，运动过程中F功率恒为P.物体运动速率的倒数与加速度a的关系如图乙所示(v0、a0为已知量)．则下列说法正确的是(　　)‎ A．该运动过程中的拉力F为恒力 B．物体加速运动的时间为 C．物体所受阻力大小为 D．物体的质量为 解析：CD　[由题意可知：P＝Fv 根据牛顿第二定律得：F－f＝ma 即得：＝ma＋f 联立解得：＝a＋ 匀速时有：＝，f＝ 图线的斜率＝，解得：m＝.故C、D项正确．]‎ ‎7．如图所示为某汽车启动时发动机功率P随时间t变化的图像，图中P0为发动机的额定功率，若已知汽车在t2时刻之前已达到最大速度vm，据此可知(　　)‎ - 9 -‎ A．t1～t2时间内汽车做匀速运动 B．0～t1时间内发动机做的功为P0t1‎ C．0～t2时间内发动机做的功为P0 D．汽车匀速运动时所受的阻力小于 解析：C　[在0～t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由F－f＝ma可知，牵引力恒定，合力也恒定；在t1时刻达到额定功率，随后在t1～t2时间内，汽车速度继续增大，由P＝Fv可知，牵引力减小，加速度减小，直到牵引力减小到与阻力相等时，f＝F＝，达到最大速度vm，接着做匀速运动．发动机所做的功等于图线与t轴所围的“面积”，0～t1时间内发动机做的功为，0～t2时间内发动机做的功为P0.故C正确，A、B、D错误．]‎ ‎[题组三]　动能定理的应用 ‎8．(2018·课标Ⅱ，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：A　[对木箱受力分析如图：根据动能定理WF－Wf＝Ek，故A对，B错误；因无法比较Ek与Wf的关系，故C、D错误．]‎ ‎9．如图所示，质量为‎0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上滑行‎4 m后以‎3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上，已知物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高‎0.45 m，若不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2，则(　　)‎ - 9 -‎ A．小物块的初速度是‎5 m/s B．小物块的水平射程为‎1.2 m C．小物块在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物块落地时的动能为0.9 J 解析：D　[小物块在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C错．在水平桌面上滑行，由动能定理得－Wf＝mv2－mv，解得v0＝‎7 m/s，A错．小物块飞离桌面后做平抛运动，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝‎0.9 m，B错．设小物块落地时动能为Ek，由动能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 J，D正确．]‎ ‎10．用传感器研究质量为‎2 kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6 s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．0～6 s内物体先向正方向运动，后向负方向运动 B．0～6 s内物体在4 s时的速度最大 C．物体在2～4 s内速度不变 D．0～4 s内合力对物体做的功等于0～6 s内合力做的功 解析：D　[由at图像可知：图线与时间轴所围的“面积”代表物体在相应时间内速度的变化情况，在时间轴上方为正，在时间轴下方为负．物体6 s末的速度v6＝×(2＋5)×‎2 m/s－×1×‎2 m/s＝‎6 m/s，则0～6 s内物体一直向正方向运动，A错；由图像可知物体在5 s末速度最大，为vm＝×(2＋5)×‎2 m/s＝‎7 m/s，B错；由图像可知在2～4 s内物体加速度不变，物体做匀加速直线运动，速度变大，C错；由动能定理可知，0～4 s内合力对物体做的功W合4＝mv－0，又v4＝×(2＋4)×‎2 m/s＝‎6 m/s，得W合4＝36 J，由动能定理可知，0～6 s内合力对物体做的功W合6＝mv－0，又v6＝‎6 m/s，得W合6＝36 J，则W合4＝W合6，D正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ - 9 -‎ ‎11．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡．某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上．接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下．若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(　　)‎ A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为 C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ 解析：B　[第一次停在BC上的某点，由动能定理得 mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0‎ mgh1－μmg＝0‎ mgh1－μmgs＝0‎ μ＝ A错误，B正确．在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ＜mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α≥mgsin α，若α＞θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误．]‎ ‎12．(2019·天津卷，10T)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝‎150 m，BC水平投影L2＝‎63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达B点进入BC.已知飞行员的质量m＝‎60 kg，g＝‎10 m/s2.求 ‎(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；‎ ‎(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大．‎ - 9 -‎ 解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有 ＝①‎ 根据动能定理，有 W＝mv2－0②‎ 联立①②式，代入数据，得 W＝7.5×104 J③‎ ‎(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有 L2＝Rsin θ④‎ 由牛顿第二定律，有 FN－mg＝m⑤‎ 联立①④⑤式，代入数据，得 FN＝1.1×103 N⑥‎ 答案：(1)W＝7.5×104 J　(2)FN＝1.1×103 N ‎13．如图所示，底端切线水平且竖直放置的光滑圆轨道的半径为R＝‎2 m，其轨道底端P距地面的高度为h＝‎5 m，P与右侧竖直墙的距离为L＝‎1.8 m，Q为圆弧轨道上的一点，它与圆心的连线OQ与竖直方向的夹角为53°.现将一质量为m＝‎100 g可视为质点的小球从Q点由静止释放，重力加速度g＝‎10 m/s2，不计空气阻力．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)‎ ‎(1)小球运动到P点时对轨道的压力为多大？‎ ‎(2)若小球每次和竖直墙壁的碰撞均是弹性碰撞，则小球的最终落地点离右侧墙角B点的距离是多少？(小球和地面碰撞后不再弹起．)‎ 解析：(1)小球由Q到P的过程，由动能定理得：‎ mgR(1－cos 53°)＝mv2　①‎ 在P点小球所受的支持力为F，由牛顿第二定律有：‎ - 9 -‎ F－mg＝ 解得F＝1.8 N.‎ 根据牛顿第三定律知，在P点小球对轨道的压力大小F′＝F＝1.8 N ‎(2)小球到达P点时速度的大小为v，‎ 由①式得v＝‎4 m/s.‎ 若右侧无墙壁，小球做平抛运动的时间t＝＝1 s，解得小球做平抛运动的射程x＝vt＝‎4 m.‎ 由弹性碰撞和对称性知，小球和左右两侧竖直墙壁各碰一次后，落到地面上，落点与B点相距s＝L－(x－‎2L)＝‎1.4 m.‎ 答案：(1)1.8 N　(2)‎‎1.4 m ‎14．如图所示，质量m＝‎3 kg的小物块以初速度v0＝‎4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R＝‎3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r＝‎0.4 m的半圆轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.‎ ‎(1)求小物块的抛出点离A点的竖直距离h.‎ ‎(2)若MN的长度为L＝‎6 m，求小物块通过C点时所受轨道的弹力FN大小．‎ ‎(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′.‎ 解析：(1)根据平抛运动规律有tan 37°＝，‎ 得t＝0.3 s，‎ 解得h＝gt2＝‎0.45 m.‎ ‎(2)小物块由抛出点运动到B点的过程中，根据动能定理有mg[h＋R(1－cos 37°)]＝mv－mv，‎ 解得vB＝‎2 m/s.‎ 小物块由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有：－μmgL－2mgr＝mv－mv - 9 -‎ 在C点：FN＋mg＝，‎ 解得FN＝60 N.‎ ‎(3)小物块刚好能通过C点时，有mg＝，‎ 解得vC′2＝‎2 m/s.‎ 小物块从B点运动到C点的过程中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv 解得L′＝‎10 m.‎ 答案：(1)‎0.45 m　(2)60 N　(3)‎‎10 m - 9 -‎