2024年高考“2024年高考“最終三十天”專題透析PAGE好教化好教化云平臺——教化因你我而變PAGE8功和功率動能和動能定理專練八功和功率動能和動能定理一、考點內容(1)功的理解與計算；(2)恒力及合力做功的計算、變力做功；(3)機車啟動問題；(4)功、功率與其他力學學問專練八功和功率動能和動能定理一、考點內容二、考點突破二、考點突破1．(多選)如圖所示，輕繩一端受到大小為F的水平恒力作用，另一端通過定滑輪與質量為m、可視為質點的小物塊相連。起先時繩與水平方向的夾角為θ。當小物塊從水平面上的A點被拖動到水平面上的B點時，位移為L，隨后從B點沿斜面被拖動到定滑輪O處，BO間距離也為L。小物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數均為μ，若小物塊從A點運動到O點的過程中，F對小物塊做的功為WF，小物塊在BO段運動過程中克服摩擦力做的功為Wf，則以下結果正確的是()A．WF＝FL(cosθ＋1)B．WF＝2FLcosθC．Wf＝μmgLcos2θD．Wf＝FL－mgLsin2θ2．(多選)物體受到水平推力F的作用在粗糙水平面上做直線運動。通過力和速度傳感器監測到推力F、物體速度v隨時間t變更的規律分別如圖甲、乙所示。取g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A．物體的質量m＝0.5kgB．物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4C．第2s內物體克服摩擦力做的功W＝2JD．前2s內推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝3W3．(多選)質量為400kg的賽車在平直賽道上以恒定功率加速，受到的阻力不變，其加速度a和速度的倒數eq\f(1,v)的關系如圖所示，則賽車()A．速度隨時間勻稱增大B．加速度隨時間勻稱增大C．輸出功率為160kWD．所受阻力大小為1600N4．從地面豎直向上拋出一物體，物體在運動過程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運動方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以內時，物體上升、下落過程中動能Ek隨h的變更如圖所示。重力加速度取10m/s2。該物體的質量為()A．2kg B．1.5kgC．1kg D．0.5kg5．(多選)如圖所示為一滑草場，某條滑道由上、下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數為μ。質量為m的載人滑草車從坡頂由靜止起先自由下滑，經過上、下兩段滑道后，最終恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則()A．動摩擦因數μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車克服摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為eq\f(3,5)g6．(多選)在傾角為θ的光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B，它們的質量分別為m1、m2，彈簧勁度系數為k，C為一固定擋板，系統處于靜止狀態。現起先用一恒力F沿斜面方向拉物塊A使之向上運動，當物塊B剛要離開C時，物塊A運動的距離為d，速度為v，重力加速度大小為g，則此時()A．m2gsinθ＝kdB．物塊A加速度大小為eq\f(F－kd,m1)C．重力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsinθ)vD．彈簧的彈力對物塊A做功的功率為(kd－m2gsinθ)v8．如圖所示，豎直平面內放始終角桿MON，OM水平，ON豎直且光滑，用不行伸長的輕繩相連的兩小球A和B分別套在OM和ON桿上，B球的質量為2kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B兩球均處于靜止狀態，此時OA＝0.3m，OB＝0.4m，變更水平力F的大小，使A球向右加速運動，已知A球向右運動0.1m時速度大小為3m/s，則在此過程中繩的拉力對B球所做的功為(取g＝10m/s2)()A．11J B．16JC．18J D．9J9．(多選)如圖所示，內壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質量為m的小球靜止在軌道底部A點。現用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后快速移開，使小球沿軌道在豎直面內運動。當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點。已知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W1，其次次擊打過程中小錘對小球做功W2。設先后兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，則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．多級火箭是由數級火箭組合而成的運載工具，每一級都有發動機與燃料，目的是為了提高火箭的連續飛行實力與最終速度。現有一小型多級火箭，質量為M，第一級發動機的額定功率為P，先使火箭由靜止豎直向上做加速度為a的勻加速直線運動。若空氣阻力為f并保持不變，不考慮燃料燃燒引起的質量變更及高度不同引起的重力變更，達到額定功率后，發動機功率保持不變，直到火箭上升達到最大速度時高度為H。試求：(1)第一級發動機能使火箭達到的最大速度。(2)第一級發動機做勻加速運動的時間。(3)第一級發動機以額定功率起先工作，直到最大速度時的運行時間。11．如圖所示，光滑圓弧AB在豎直平面內，圓弧B處的切線水平，A、B兩端的高度差為h1＝0.2m，B端高出水平地面h2＝0.8m，O點在B點的正下方，將一確定的滑塊從A端由靜止釋放，落在水平面上的C點處。取g＝10m/s2。求：(1)落地點C到O的距離xOC；(2)在B端平滑連接一水平放置長為L＝1.0m的木板MN，滑塊從A端釋放后正好運動到N端停止，求木板MN與滑塊間的動摩擦因數；(3)若將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A端釋放后將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點P距O點的距離最遠，則ΔL應為多少？距離s的最大值為多少？12．如圖所示，豎起平面內的四分之一光滑圓弧軌道AB與水平直軌道BD相切于B點，軌道D端固定一豎起擋板。圓弧軌道的圓心為O、半徑為R，軌道BC段光滑且長度大于eq\r(2)R，CD段粗糙且長度為R。質量均為m的P、Q兩個小球用輕桿連接，從圖示位置由靜止釋放，Q球與檔板碰撞后反向彈回，每次碰撞后瞬間P、Q兩球的總動能均為碰撞前瞬間的eq\f(3,4)。Q球第一次反彈后，P球沿軌道AB上升的最大高度為eq\f(2,5)R，重力加速度為g。求：(1)P球第一次運動至B點時速度大小v0及此過程中輕桿對Q球所做的功W；(2)Q球與軌道CD間的動摩擦因數μ；(3)Q球最終靜止時與擋板間的距離x。答案二、考點突破二、考點突破1．【答案】BC【解析】小物塊從A點運動到O點，拉力F的作用點移動的距離x＝2Lcosθ，所以拉力F做的功WF＝Fx＝2FLcosθ，A錯誤，B正確；由幾何關系知斜面的傾角為2θ，所以小物塊在BO段受到的摩擦力f＝μmgcos2θ，則Wf＝fL＝μmgLcos2θ，C正確，D錯誤。2．【答案】ABC【解析】由題圖甲、乙可知，在1～2s，推力F2＝3N，物體做勻加速直線運動，其加速度a＝2m/s2，由牛頓運動定律可得，F2－μmg＝ma；在2～3s，推力F3＝2N，物體做勻速直線運動，由平衡條件可知，μmg＝F3；聯立解得物體的質量m＝0.5kg，物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.4，選項A、B正確；由速度—時間圖象所圍的面積表示位移可得，第2s內物體位移x＝1m，克服摩擦力做的功Wf＝μmgx＝2J，選項C正確；第1s內，由于物體靜止，推力不做功；第2s內，推力做功W＝F2x＝3J，即前2s內推力F做功為W′＝3J，前2s內推力F做功的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(W′,t)＝eq\f(3,2)W＝1.5W，選項D錯誤。3．【答案】CD【解析】由題圖可知，加速度變更，故賽車做變加速直線運動，故A錯誤；a－eq\f(1,v)函數方程為a＝eq\f(400,v)－4，汽車加速運動，速度增大，加速度減小，故B錯誤；對汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和摩擦力，依據牛頓其次定律，有：F－f＝ma，其中：F＝eq\f(P,v)，聯立得：a＝eq\f(P,mv)－eq\f(f,m)，結合圖線，當物體的速度最大時，加速度為零，故結合圖象可以知道，a＝0時，eq\f(1,v)＝0.01，v＝100m/s，所以最大速度為100m/s，由圖象可知：－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正確。4．【答案】C【解析】設物體的質量為m，則物體在上升過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向下的恒定外力F，由動能定理結合題圖可得－(mg＋F)×3m＝(36－72)J；物體在下落過程中，受到豎直向下的重力mg和豎直向上的恒定外力F，再由動能定理結合題圖可得(mg－F)×3m＝(48－24)J，聯立解得m＝1kg、F＝2N，選項C正確，A、B、D均錯誤。5．【答案】AB【解析】由題意依據動能定理有，2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μmgcos37°·eq\f(h,sin37°)＝0，得動摩擦因數μ＝eq\f(6,7)，則A項正確；載人滑草車克服摩擦力做的功為Wf＝2mgh，則C項錯誤；載人滑草車在上下兩段的加速度分別為a1＝g(sin45°－μcos45°)＝eq\f(\r(2),14)g，a2＝g(sin37°－μcos37°)＝－eq\f(3,35)g，則載人滑草車在上下兩段滑道上分別做加速運動和減速運動，則在上段底端時達到最大速度v，由運動學公式有2a1eq\f(h,sin45°)＝v2得，v＝eq\r(2a1\f(h,sin45°))＝eq\r(\f(2gh,7))，故B項正確，D項錯誤。6．【答案】BC【解析】起先系統處于靜止狀態，彈簧彈力等于A的重力沿斜面對下的分力，當B剛離開C時，彈簧的彈力等于B的重力沿斜面對下的分力，故m2gsinθ＝kx2，但由于起先時彈簧是壓縮的，故d＞x2，故m2gsinθ＜kd，故A錯誤；物塊A的加速度a＝eq\f(F－kx2－m1gsinθ,m1)，起先彈簧處于壓縮狀態，壓縮量x1＝eq\f(m1gsinθ,k)，又x1＋x2＝d，解得a＝eq\f(F－kd,m1)，故B正確；由于速度v與重力夾角不為零，故重力的瞬時功率等于m1gvsinθ，則由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正確；當物塊B剛要離開C時，彈簧的彈力為m2gsinθ，則彈力對物塊A做功的功率為m2sinθ·v，故D錯誤。8．【答案】C【解析】A球向右運動0.1m時，vA＝3m/s，OA′＝0.4m，OB′＝0.3m，設此時∠B′A′O＝α，則有tanα＝eq\f(3,4)。由運動的合成與分解可得vAcosα＝vBsinα，解得vB＝4m/s。以B球為探討對象，此過程中B球上上升度h＝0.1m，由動能定理，W－mgh＝eq\f(1,2)mvB2，解得輕繩的拉力對B球所做的功為W＝mgh＋eq\f(1,2)mvB2＝2×10×0.1J＋eq\f(1,2)×2×42J＝18J，選項C正確。9．【答案】AB【解析】第一次擊打后球最高到達與球心O等高位置，依據動能定理，有：W1≤mgR，兩次擊打后可以到達軌道最高點，依據動能定理，有：W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，在最高點，有：mg＋N＝meq\f(v2,R)≥mg，聯立①②③解得：W1≤mgR，W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，故A、B正確，C、D錯誤。10．【解析】(1)由題意知火箭達到最大速度時加速度為零，設發動機牽引力為F，則：F＝f＋Mg額定功率為P，所以最大速度有：。(2)由題意知做勻加速運動，加速度a不變，功率為P，設勻加速運動的最大速度為v1，時間為t1，此時牽引力為F1，則有：P＝F1v1……①F1－(f＋Mg)＝Ma…..②v1＝at1…..③聯立①②③解得：。(3)設以額定功率起先工作，直到最大速度的時間為t，則依據動能定理有：由(1)可知：由(2)可知：聯立解得：。11．【解析】(1)滑塊從光滑圓弧AB下滑過程中，依據動能定理得：mgh1＝eq\f(1,2)mvB2－0得vB＝eq\r(2gh1)＝2m/s滑塊離開B點后做平拋運動，則：豎直方向：h2＝eq\f(1,2)gt2水平方向：x＝vBt聯立得到x＝vBeq\r(\f(2