高三物理精准提升专题训练卷 功和功率、动能及动能定理

这是一份高三物理精准提升专题训练卷 功和功率、动能及动能定理，共10页。试卷主要包含了应用① 功和功率的分析与计算，应用② 动能定理的应用，5 J，76 J等内容，欢迎下载使用。

常考题型
1.应用① 功和功率的分析与计算
例1．(2023∙广东卷∙9)长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有( )
A. 甲在空中的运动时间比乙的长
B. 两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C. 从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D. 从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
答案:BC
解析：由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A错误；做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率P＝mgvcs θ＝mgvy＝mgeq \r(2gh)，因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B正确；从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量ΔEp＝mgh，故C正确；从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
2.应用② 动能定理的应用
例2．(2023∙全国乙卷∙24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
解析：(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得：E1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得：0－E2＝－mgh2
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得：
0－E4＝－mgh4
第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得：
W＋mgh3＝E3
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系
代入数据可得：W＝4.5 J。
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得：
F＋mg＝ma
在拍球时间内运动的位移为x＝eq \f(1,2)at2
做得功为W＝Fx
联立可得：F＝9 N（F＝－15 N舍去）。
对点速练
1．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D，水流速度为v，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ，下列说法正确的是( )
A．高压水枪的流量为vπD2
B．高压水枪的功率为eq \f(1,8)ρπD2v3
C．水柱对煤层的平均冲击力为eq \f(1,8)ρπD2v2
D．手对高压水枪的作用力方向斜向右上方
答案:BD
解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝eq \f(1,4)πD2vΔt，单位时间喷出水的质量为＝eq \f(1,4)ρvπD2，故A错误；Δt时间内水枪喷出的水的动能Ek＝eq \f(1,2)Δmv2＝eq \f(1,8)ρπD2v3Δt，高压水枪在此期间对水做功W＝Ek＝eq \f(1,8)ρπD2v3Δt，高压水枪的功率P＝＝eq \f(1,8)ρπD2v3，故B正确；考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m，设煤层对水柱的作用力为F，由动量定理得FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到煤层水的质量m＝eq \f(1,4)ρπD2vΔt′，解得F＝eq \f(1,4)ρπD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F′＝F＝eq \f(1,4)ρπD2v2，故C错误；当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，故D正确。
2．(多选)图甲是全球最大回转自升塔式起重机，它的开发标志着中国工程用超大吨位塔机打破长期依赖进口的局面，也意味着中国桥梁及铁路施工装备进一步迈向世界前列。该起重机某次从t＝0时刻由静止开始提升质量为m的物体，其a－t图像如图乙所示，t1～t2内起重机的功率为额定功率，不计其他阻力，重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A．该起重机的额定功率为ma02t1
B．该起重机的额定功率为(mg＋ma0)a0t1
C．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2(t2－t1)
D．0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为t1∶2t2
答案:BC
解析：0～t1内，做匀加速运动，牵引力和功率增加，当t＝t1时，功率达到额定功率，根据，，联立解得起重机的额定功率为，故A错误，B正确；0～t1内牵引力做的功，t1～t2内牵引力做的功，故在0～t1和t1～t2时间内牵引力做的功之比为W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故C正确，D错误。
3．如图所示，一个物体以初速度v0由A点开始运动，沿水平面滑到B点时的速度为v1；该物体以相同大小的初速度v0由C沿图示中的CD和DE两个斜面滑到E点的速度为v2，若水平面、斜面和物体间的动摩擦因数相同，且CE水平距离等于AB，忽略物体在斜面转弯处的能量损失且物体运动过程中没有离开斜面，则v1、v2大小关系( )
A．v1＝v2 B．v1＞v2
C．v1＜v2 D．无法确定
答案:A
解析：设水平面、斜面和物体间的动摩擦因数为μ，斜面的两个倾角分别为α和β，物体在水平面上运动时，从A到B，由动能定理，有，在斜面上运动时，有，由几何关系可得，联立可得v1＝v2，故选A。
4．(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2。根据图像可求出( )
A．物体的初速度是6 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．当斜面倾角θ＝45时，物体在斜面上能达到的位移最小
D．物体在斜面上能达到的位移x的最小值是1.44 m
答案:ABD
解析：由图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移h＝1.80 m，由竖直上抛运动规律可知v02＝2gh，解得v0＝6 m/s，A正确；当θ＝0°时，位移x＝2.40 m，由动能定理得－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv02，解得μ＝0.75，故正确；由动能定理得－mgxsin θ－μmgcs θ·x＝0－eq \f(1,2)mv02，解得，其中，，当，即时，，此时位移最小，C错误，D正确。
5．(多选)“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在下图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如下图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9 J，在O点动能为16 J，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．小球的重力和受到的风力大小之比为4∶3
B．小球落到N点时的动能为73 J
C．小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3
D．小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76 J
答案:BCD
解析：设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，根据竖直上抛运动规律有①，对小球从M运动到O的过程，根据动能定理有②，由题意可知eq \f(1,2)mv02＝9 J③，根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为④，小球从M运动到O所用时间为⑤，根据运动学公式有⑥，联立①②③④⑤⑥解得⑦，故A错误；M、N 两点间的水平距离为⑧，设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有 ⑨，联立③⑤⑦⑧⑨解得⑩，故B正确；设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知⑪，根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为⑫，故C正确；小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角θ的正切值为⑬，根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为⑭，解得最小动能为⑮，故D正确。
6．“坡上起步”是驾照考试必考的内容，汽车在斜坡上由静止向坡顶方向启动，如果考试用车的质量m＝1×103 kg，发动机的额定输出功率P＝120 kW，汽车在坡上起步过程中受到的阻力为重力的0.1倍，坡面倾角为30，坡面足够长，g取10 m/s2。
(1)汽车以恒定功率P＝120 kW启动，则起步过程中所能达到的最大速度；
(2)汽车以恒定加速度a＝4 m/s2启动，达到额定功率后汽车保持额定功率继续前进，当汽车沿坡面行驶140 m时达到最大速度，则该过程所用的总时间（结果保留两位小数）。
解析：(1)汽车启动过程中达到最大速度时，汽车匀速运动合力为0，则
则最大速度vm＝20 m/s。
(2)汽车匀加速运动过程中，有
匀加速运动的末速度
联立可得
则匀加速运动的时间
匀加速运动的位移
当汽车功率达到额定功率后，由动能定理得
可得
该过程所用的总时间。
7．如图（a），一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
解析：(1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得 ④
(2)设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有 ⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得 ⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有 ⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得 ⑨
8．如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止下滑，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN，改变H的大小，可测出相应的FN的大小，FN随H的变化关系如图乙折线PQI所示(PQ与QI两直线相连接于Q点)，QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8 N），重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小物块的质量m；
(2)光滑圆轨道DCE的半径R和小物块与斜面AD间的动摩擦因数μ；
(3)若粗糙斜面AD换成光滑曲面，小物块从H＝2R的高度静止释放进入半径为R光滑圆轨道，R为(2)问的取值，则小物块相对地面能上升的最大高度是多少？
解析：(1)由图乙知，当H＝0时，有。
(2)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得
由向心力公式，经过C点时有
联立两式可得
由图乙知
可得
显然当时，对应图甲中的D点，所以有
求得
物块从A点运动到C点运用动能定理，得
物块在C点有
联立可得
结合QI曲线知。
(3)由题意可知，当小球在到达轨道最高点前的某一点E时会脱离轨道做斜抛运动，设脱离时OE与竖直方向间的夹角为，由牛顿第二定律可知
根据机械能守恒定律
联立解得，
小球脱轨后斜抛运动还能上升的高度
因此，相当于地面，小球上升的最大高度为。