2025届高考物理二轮复习疯狂专练8功和功率动能和动能定理含解析

2024年高考“2024年高考“最终三十天”专题透析PAGE好教化好教化云平台——教化因你我而变PAGE8功和功率动能和动能定理专练八功和功率动能和动能定理一、考点内容(1)功的理解与计算；(2)恒力及合力做功的计算、变力做功；(3)机车启动问题；(4)功、功率与其他力学学问专练八功和功率动能和动能定理一、考点内容二、考点突破二、考点突破1．(多选)如图所示，轻绳一端受到大小为F的水平恒力作用，另一端通过定滑轮与质量为m、可视为质点的小物块相连。起先时绳与水平方向的夹角为θ。当小物块从水平面上的A点被拖动到水平面上的B点时，位移为L，随后从B点沿斜面被拖动到定滑轮O处，BO间距离也为L。小物块与水平面及斜面间的动摩擦因数均为μ，若小物块从A点运动到O点的过程中，F对小物块做的功为WF，小物块在BO段运动过程中克服摩擦力做的功为Wf，则以下结果正确的是()A．WF＝FL(cosθ＋1)B．WF＝2FLcosθC．Wf＝μmgLcos2θD．Wf＝FL－mgLsin2θ2．(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变更的规律分别如图甲、乙所示。取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．物体的质量m＝0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4C．第2s内物体克服摩擦力做的功W＝2JD．前2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝3W3．(多选)质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数eq\f(1,v)的关系如图所示，则赛车()A．速度随时间匀称增大B．加速度随时间匀称增大C．输出功率为160kWD．所受阻力大小为1600N4．从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变更如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg5．(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μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止起先自由下滑，经过上、下两段滑道后，最终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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则()A．动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)B．载人滑草车最大速度为eq\r(\f(2gh,7))C．载人滑草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eq\f(3,5)g6．(多选)在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现起先用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开C时，物块A运动的距离为d，速度为v，重力加速度大小为g，则此时()A．m2gsinθ＝kdB．物块A加速度大小为eq\f(F－kd,m1)C．重力对物块A做功的功率为(kd－m2gsinθ)vD．弹簧的弹力对物块A做功的功率为(kd－m2gsinθ)v8．如图所示，竖直平面内放始终角杆MON，OM水平，ON竖直且光滑，用不行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2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B两球均处于静止状态，此时OA＝0.3m，OB＝0.4m，变更水平力F的大小，使A球向右加速运动，已知A球向右运动0.1m时速度大小为3m/s，则在此过程中绳的拉力对B球所做的功为(取g＝10m/s2)()A．11J B．16JC．18J D．9J9．(多选)如图所示，内壁光滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上，一个质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后快速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，其次次击打过程中小锤对小球做功W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则eq\f(W1,W2)的值可能是()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4) D．110．多级火箭是由数级火箭组合而成的运载工具，每一级都有发动机与燃料，目的是为了提高火箭的连续飞行实力与最终速度。现有一小型多级火箭，质量为M，第一级发动机的额定功率为P，先使火箭由静止竖直向上做加速度为a的匀加速直线运动。若空气阻力为f并保持不变，不考虑燃料燃烧引起的质量变更及高度不同引起的重力变更，达到额定功率后，发动机功率保持不变，直到火箭上升达到最大速度时高度为H。试求：(1)第一级发动机能使火箭达到的最大速度。(2)第一级发动机做匀加速运动的时间。(3)第一级发动机以额定功率起先工作，直到最大速度时的运行时间。11．如图所示，光滑圆弧AB在竖直平面内，圆弧B处的切线水平，A、B两端的高度差为h1＝0.2m，B端高出水平地面h2＝0.8m，O点在B点的正下方，将一确定的滑块从A端由静止释放，落在水平面上的C点处。取g＝10m/s2。求：(1)落地点C到O的距离xOC；(2)在B端平滑连接一水平放置长为L＝1.0m的木板MN，滑块从A端释放后正好运动到N端停止，求木板MN与滑块间的动摩擦因数；(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端释放后将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点的距离最远，则ΔL应为多少？距离s的最大值为多少？12．如图所示，竖起平面内的四分之一光滑圆弧轨道AB与水平直轨道BD相切于B点，轨道D端固定一竖起挡板。圆弧轨道的圆心为O、半径为R，轨道BC段光滑且长度大于eq\r(2)R，CD段粗糙且长度为R。质量均为m的P、Q两个小球用轻杆连接，从图示位置由静止释放，Q球与档板碰撞后反向弹回，每次碰撞后瞬间P、Q两球的总动能均为碰撞前瞬间的eq\f(3,4)。Q球第一次反弹后，P球沿轨道AB上升的最大高度为eq\f(2,5)R，重力加速度为g。求：(1)P球第一次运动至B点时速度大小v0及此过程中轻杆对Q球所做的功W；(2)Q球与轨道CD间的动摩擦因数μ；(3)Q球最终静止时与挡板间的距离x。答案二、考点突破二、考点突破1．【答案】BC【解析】小物块从A点运动到O点，拉力F的作用点移动的距离x＝2Lcosθ，所以拉力F做的功WF＝Fx＝2FLcosθ，A错误，B正确；由几何关系知斜面的倾角为2θ，所以小物块在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos2θ，则Wf＝fL＝μmgLcos2θ，C正确，D错误。2．【答案】ABC【解析】由题图甲、乙可知，在1～2s，推力F2＝3N，物体做匀加速直线运动，其加速度a＝2m/s2，由牛顿运动定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3s，推力F3＝2N，物体做匀速直线运动，由平衡条件可知，μmg＝F3；联立解得物体的质量m＝0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝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2s内物体位移x＝1m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2J，选项C正确；第1s内，由于物体静止，推力不做功；第2s内，推力做功W＝F2x＝3J，即前2s内推力F做功为W′＝3J，前2s内推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W′,t)＝eq\f(3,2)W＝1.5W，选项D错误。3．【答案】CD【解析】由题图可知，加速度变更，故赛车做变加速直线运动，故A错误；a－eq\f(1,v)函数方程为a＝eq\f(400,v)－4，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，依据牛顿其次定律，有：F－f＝ma，其中：F＝eq\f(P,v)，联立得：a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，结合图线，当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图象可以知道，a＝0时，eq\f(1,v)＝0.01，v＝100m/s，所以最大速度为100m/s，由图象可知：－eq\f(f,m)＝－4，解得：f＝4m＝4×400N＝1600N，0＝eq\f(1,400)·eq\f(P,100)－eq\f(f,400)，解得：P＝160kW，故C、D正确。4．【答案】C【解析】设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，联立解得m＝1kg、F＝2N，选项C正确，A、B、D均错误。5．【答案】AB【解析】由题意依据动能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，得动摩擦因数μ＝eq\f(6,7)，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1eq\f(h,sin45°)＝v2得，v＝eq\r(2a1\f(h,sin45°))＝eq\r(\f(2gh,7))，故B项正确，D项错误。6．【答案】BC【解析】起先系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面对下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面对下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于起先时弹簧是压缩的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A错误；物块A的加速度a＝eq\f(F－kx2－m1gsinθ,m1)，起先弹簧处于压缩状态，压缩量x1＝eq\f(m1gsinθ,k)，又x1＋x2＝d，解得a＝eq\f(F－kd,m1)，故B正确；由于速度v与重力夹角不为零，故重力的瞬时功率等于m1gvsinθ，则由m1gsinθ＝kx1、m2gsinθ＝kx2及x1＋x2＝d得，m1gsinθ＋m2gsinθ＝kd，所以重力做功的功率P＝(kd－m2gsinθ)v，故C正确；当物块B刚要离开C时，弹簧的弹力为m2gsinθ，则弹力对物块A做功的功率为m2sinθ·v，故D错误。8．【答案】C【解析】A球向右运动0.1m时，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，设此时∠B′A′O＝α，则有tanα＝eq\f(3,4)。由运动的合成与分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。以B球为探讨对象，此过程中B球上上升度h＝0.1m，由动能定理，W－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得轻绳的拉力对B球所做的功为W＝mgh＋eq\f(1,2)mvB2＝2×10×0.1J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，选项C正确。9．【答案】AB【解析】第一次击打后球最高到达与球心O等高位置，依据动能定理，有：W1≤mgR，两次击打后可以到达轨道最高点，依据动能定理，有：W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，在最高点，有：mg＋N＝meq\f(v2,R)≥mg，联立①②③解得：W1≤mgR，W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，故A、B正确，C、D错误。10．【解析】(1)由题意知火箭达到最大速度时加速度为零，设发动机牵引力为F，则：F＝f＋Mg额定功率为P，所以最大速度有：。(2)由题意知做匀加速运动，加速度a不变，功率为P，设匀加速运动的最大速度为v1，时间为t1，此时牵引力为F1，则有：P＝F1v1……①F1－(f＋Mg)＝Ma…..②v1＝at1…..③联立①②③解得：。(3)设以额定功率起先工作，直到最大速度的时间为t，则依据动能定理有：由(1)可知：由(2)可知：联立解得：。11．【解析】(1)滑块从光滑圆弧AB下滑过程中，依据动能定理得：mgh1＝eq\f(1,2)mvB2－0得vB＝eq\r(2gh1)＝2m/s滑块离开B点后做平抛运动，则：竖直方向：h2＝eq\f(1,2)gt2水平方向：x＝vBt联立得到x＝vBeq\r(\f(2