【物理】2020届二轮复习功和功率动能定理作业

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【物理】2020届二轮复习功和功率动能定理作业

2020 届二轮复习 功和功率 动能定理 作业 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.3 J B.6 J C.7 J D.8 J 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=1 2 ×(3+4)×2 J=7 J,W2=-1 2 ×(5-4)×2 J=-1 J,所以力 F 对物体做的功为 W=7 J-1 J=6 J,故 B 正确,A、C、D 错误. 答案:B 2.(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.( 3-1)d B.( 2-1)d C. 5-1 2 d D. 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=1 2Ffd=1 2kd2,由动能定理得,第一次敲铁钉 W-1 2kd2=0 -0,两次敲铁钉 2W-1 2k(d+d′)2=0-0,解得 d′=( 2-1)d,故 B 正确,A、C、D 错误. 答案:B 3.(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∶10 B.物体在 0~t0 和 t0~2t0 水平外力做功之比是 1∶8 C.外力在 t0 和 2t0 时刻的瞬时功率之比是 1∶8 D.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=F0 m ,t0 时刻的速度为 v1=a1t0= F0t0 m ,t0~2t0 时间内的加速度为 a2=2F0 m ,2t0 时的速度为 v2=v1+a2t0 =3F0t0 m ,根据动能定理得,外力在 0~t0 时间内做的功为 W1=1 2mv21= F20t20 2m ,外力在 t0~2t0 时间内做的功为 W2=1 2mv22-1 2mv21=8F20t20 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=F20t0 m ,2t0 时刻瞬时功率为 P2 =2F0v2=6F20t0 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:BD 4.(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 1 2t0 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F0 mg B.物体在 t0 时刻的加速度大小为2v0 t0 C.物体所受合外力在 t0 时刻的功率为 2F0v0 D.水平力 F 在 t0 到 2t0 这段时间内的平均功率为 F0 2v0+F0t0 m 解析:物体在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=F0 mg ,故 A 正确;在 t0 时刻由牛顿第二定律可 知,2F0-Ff=ma,a=2F0-Ff m =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+F0 mt0,在 t0~2t0 时间内的平均速度为 — v=v1+v0 2 = 2v0+F0 mt0 2 ,故平均功率为 P=2F0 — v=F0 2v0+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=P m·1 v -Ff m ,对应题图图 线可知,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 1 vm =0.05,可得:vm=20 m/s,再由 vm= 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:D 6.(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=1 000 kg 的混合动 力轿车,在平直公路上以 v1=90 km/h 匀速行驶,发动机的输出功率 为 P=50 kW.当驾驶员看到前方有 80 km/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=72 m 后,速度变为 v2=72 km/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 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时,所受阻力 F 阻的 大小为 2×103 N B.驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动,速度变为 v2=72 km/h 过程的时间为 3.2 s C.轿车从 90 km/h 减速到 72 km/h 过程中,获得的电能 E 电= 6.3×104 J D.轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E 电维持 72 km/h 匀速运动的距离为 31.5 m 解析:轿车以 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时,由 P=F1v1, F 阻=F1 可得:F 阻=2×103 N,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= 1 5P v ,且逐渐增大,加速度 a=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 90 km/h 减 速到 72 km/h 过程中,运动 L=72 m,由动能定理可得 1 5Pt+(-F 阻 L)=1 2mv22-1 2mv21,获得的电能 E 电=4 5Pt·1 2 ,联立解得:E 电=6.3×104 J,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=31.5 m,故 D 项正确. 答案:ACD 7.(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 3 4F0 B.汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为 3 4F0+1 2mg C.汽车能达到的最大速度为 v0 D.汽车能达到的最大速度为 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-mgsin 30°- 3 4F0=0,解得 F=3 4F0+1 2mg,故 A 错误,B 正确;由 P=Fv 得 汽车的最大速度为 vm=P 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=1 2mv2-0,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:C 9.(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=tan α B.μ=tan β C.μ=tan θ D.μ=tanα-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-μmgcos α·AC-μmg·CE-μmgcos β·EB=0 因为 AC·cos α+CE+EB·cos β=x,则有 mgh-μmgx=0, 解得μ=h x =tan θ,故 C 正确. 答案:C 10.(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.1 μ v20 2gcos θ +x0tan θ B.1 μ v20 2gsin θ +x0tan θ C.2 μ v20 2gcos θ +x0tan θ D.1 μ v20 2gcos θ +x0cot θ 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:mgx0sin θ-μmgxcos θ=0-1 2mv20, 解得 x=1 μ v20 2gcos θ +x0tan θ ,选项 A 正确. 答案:A 11.如图,在竖直平面内由1 4 圆弧 AB 和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R 2.一小球在 A 点正上方与 A 相距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·R 4 =EkA-0① 小球下落到 B 点的过程: mg R 4 +R =EkB-0,② 由以上两式联立解得:EkB EkA =5 1 ;③ (2)小球恰好经过 C 点时,由牛顿第二定律得 mg=m v20 R 2 ,④ 解得 v0= gR 2 ,⑤ 小球由开始下落至 C 点的过程,由动能定理得 mg·R 4 =1 2mv2C-0,⑥ 解得:vC= 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 10 m)、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 3 m、对应的圆心角为 60°) 和跳台 EF(高度可调,取为 h=4 m)等组成,如图所示,质量 60 kg 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 54 km/h 到 68 km/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 10 m/s2,则: (1)为能完成空中动作,则该运动员在 AB 过程中至少做多少功? (2)为能完成空中动作,在过渡区最低点 D 处,求该运动员受到 的最小支持力; (3)若将该运动员在 AB 段和 EF 段视为匀变速运动,且两段运动 时间之比为 tAB∶tEF=3∶1,已知 AB=2EF,则运动员在这两段运动 的加速度之比为多少? 解析:(1)该运动员在 AF 过程中,由动能定理得 mg(hAB-h)+W 人=1 2mv2F-0, 运动员通过 F 的最小速度 vF=54 km/h=15 m/s, 解得 W 人=3 150 J; (2)从 D 点到 F 点,由动能定理得 -mg[h+R(1-cos 60°)]=1 2mv2F-1 2mv2D, 其中 vF 取最小速度,在 D 点由牛顿第二定律得 FN-mg=mv2D R , 解得 FN=7 300 N; (3)在 AB 段和 EF 段运动的平均速度之比: — vAB∶ — vEF=AB tAB ∶EF tEF =2∶3. 设滑到 B 点的速度为 v1,则滑到 E 点的速度也为 v1,设滑到 F 点的速度为 v2, 则: — vAB=v1 2 , — vEF=v1+v2 2 , 解得 v1=2v2, 又有 a1=v1 tAB , a2=v1-v2 tEF , 解得 a1∶a2=2∶3. 答案:(1)3 150 J (2)7 300 N (3)2∶3
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