2020届高三高考物理二轮复习专题强化练习卷：功及动能定理的应用
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1．(多选)(2019·唐山市高三理综联考)如图所示，某人将质量为m的石块从距地面高h处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，由于空气阻力作用石块落地时速度大小为v，方向竖直向下，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．刚抛出时重力的瞬时功率为mgv0
B．落地时重力的瞬时功率为mgv
C．石块在空中飞行过程中合外力做的功为mv－mv2
D．石块在空中飞行过程中阻力做的功为mv2－mv－mgh
2.(多选)(2019·湖南衡阳八中二模)质量为2 kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块的动能Ek与其位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．x＝1 m时物块的速度大小为2 m/s
B．x＝3 m时物块的加速度大小为1.25 m/s2
C．在前2 m的运动过程中物块所经历的时间为2 s
D．在前4 m的运动过程中拉力对物块做的功为25 J
3.(2019·山东威海三模)(多选)一质量为m的小物块静置于粗糙水平地面上，在水平外力作用下由静止开始运动，小物块的加速度a随其运动距离x的变化规律如图所示。已知小物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在小物块运动0～2L的过程中，下列说法正确的是( )
A．小物块在0～L内做匀变速直线运动，L～2L内做匀速运动
B．小物块运动至2L处的速度为
C．整个过程中水平外力做功为mL(2μg＋3a0)
D．小物块从L处运动至2L处所用的时间为
4.(2019·山东德州二模)(多选)机动车以恒定的功率在水平路面上以速度v匀速行驶，若行驶过程中功率突然变为原来的一半，且以后保持不变，整个过程中机动车受到的阻力不变，以下说法正确的是( )
A．功率改变时，牵引力也立即变为原来的一半
B．功率改变后的一小段时间内，牵引力逐渐减小
C．功率改变后的一小段时间内，加速度逐渐增大
D．经过一段时间后，机动车会以速度匀速运动
5. (2019·合肥高三第三次质检)图示为一辆配备了登高平台的消防车，其伸缩臂能够在短时间内将承载了3名消防员的登高平台(人与平台的总质量为300 kg)抬升到60 m高的灭火位置，此后消防员用水炮灭火。已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速度为20 m/s，水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．使水炮工作的发动机的输出功率为10 kW
B．使水炮工作的发动机的输出功率为30 kW
C．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×104 J
D．伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功为1.8×105 J
6. (2019·陕西八校高三4月联考)(多选)质量均为m＝1 kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能随位移的变化图象如图所示。下列说法正确的是( )
A．甲的加速度大小为2 m/s2 B．乙的加速度大小为1.5 m/s2
C．甲、乙在x＝6 m处的速度大小为2 m/s D．甲、乙在x＝8 m处相遇
7.(2019·河南濮阳三模)水平力F方向确定，大小随时间的变化如图甲所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度a随时间变化的图象如图乙所示。重力加速度大小为10 m/s2。问在0～4 s时间内，合外力对小物块做的功为( )
A．24 J B．12 J C．8 J D．6 J
8．(2019·河南郑州三模)(多选)“弹跳小人”(如图甲所示)是一种深受儿童喜爱的玩具，其原理如图乙所示。竖直光滑长杆固定在地面不动，套在杆上的轻质弹簧下端不固定，上端与滑块拴接，滑块的质量为0.80 kg。现在向下压滑块，直到弹簧上端离地面高度h＝0.40 m时，然后由静止释放滑块。滑块的动能Ek随离地高度h变化的图象如图丙所示。其中高度从0.80 m到1.40 m范围内的图线为直线，其余部分为曲线。若以地面为重力势能的参考平面，空气阻力为恒力，g取10 m/s2。则结合图象可知( )
A．弹簧原长为0.72 m B．空气阻力大小为1.00 N
C．弹簧的最大弹性势能为9.00 J D．弹簧在落回地面的瞬间滑块的动能为5.40 J
9．(2019·湖南长望浏宁模拟)某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图(a)所示。现用该电动机在水平地面拉动一物体(可视为质点)，运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图(b)所示。已知物体质量m＝1 kg，与地面的动摩擦因数μ1＝0.35，离出发点C左侧s距离处另有动摩擦因数为μ2＝0.45、长为d＝0.5 m的粗糙材料铺设的地面AB段。(g取10 m/s2)
(1)若s足够长，电动机功率为2 W时，物体在地面能达到的最大速度是多少？
(2)若启动电动机，物体在C点从静止开始运动，到达B点时速度恰好达到0.5 m/s，则BC间的距离s是多少？物体能通过AB段吗？如果不能停在何处？
10.(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面总长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0°～60°间调节。将质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)
(2)当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
(3)μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离xm是多少？
参考答案
1.【答案】BD
【解析】设石块刚抛出时的速度方向与竖直方向的夹角为α，则刚抛出时重力的瞬时功率为P＝－mgv0cos α，选项A错误；落地时重力的瞬时功率为mgv，选项B正确；根据动能定理，石块在空中飞行过程中合外力做的功为W＝mv2－mv，选项C错误；设石块在空中飞行过程中阻力做的功为Wf，由动能定理，mgh＋Wf＝mv2－mv，解得Wf＝mv2－mv－mgh，选项D正确。
2.【答案】BCD
【解析】根据图象知，x＝1 m时，物块的动能为2 J，由mv2＝2 J，解得v＝ m/s，故A错误；对x＝2 m到x＝4 m的过程运用动能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5 N，则物块的加速度a＝＝ m/s2＝1.25 m/s2，故B正确；对前2 m的运动过程运用动能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2 N，则物块的加速度a′＝＝ m/s2＝1 m/s2，末速度v′＝＝ m/s＝2 m/s，根据v′＝a′t得t＝2 s，故C正确；对全过程运用动能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25 J，故D正确。
3.【答案】 BC
【解析】 小物块在0～L内加速度减小，做加速度减小的变加速直线运动，L～2L内加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；整个过程，根据动能定理得：L＋ma0L＝mv2，得小物块运动至2L处的速度为v＝，故B正确；整个过程合力做功为L＋ma0L＝WF－μmg·2L，得水平外力做功为WF＝mL(2μg＋3a0)，故C正确；设小物块运动至L处的速度为v0，根据动能定理得：L＝mv，得v0＝2，小物块从L处运动至2L处做匀加速直线运动，有L＝t，联立解得t＝(－2) ，故D错误。
4.【答案】 AD
【解析】 设开始时机动车的牵引力为F，阻力为Ff，功率为P1，则有F＝Ff，当机动车突然减小油门，使机动车的功率减小为P′＝，机动车那一瞬间的速度不变仍为v，由P′＝F′v知机动车牵引力会突然变为F′＝<Ff，则机动车做减速运动；同时由于速度降低，功率P′＝不变，牵引力F′逐步增大，加速度大小a＝逐渐减小，直到a＝0，然后机动车以的速度做匀速运动，故A、D正确，B、C错误。
5【答案】 D
【解析】 水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3,1 min内出水的质量：m＝ρV＝1.0×103×3 kg＝3000 kg,1 min内水获得的重力势能：Ep＝mgh＝3000×10×60 J＝1.8×106 J，1 min内水获得的动能：Ek＝mv2＝6×105 J，由能量的转化和守恒定律知水炮工作的发动机输出功率为：P＝＝＝ W＝4×104 W，故A、B错误；伸缩臂抬升登高平台过程中所做的功等于登高平台克服重力做的功：W′＝m′gh＝300×10×60 J＝1.8×105 J，故C错误，D正确。
6.【答案】 AD
【解析】 由动能定理得F合·x＝ΔEk，故对甲有ma甲x＝ΔEk甲，得a甲＝－2 m/s，对乙有ma乙x＝ΔEk乙，得a乙＝1 m/s2，故A正确，B错误；在x＝6 m处，Ek甲＝Ek乙＝6 J，由Ek＝mv2，得v甲＝v乙＝2 m/s，故C错误；甲做匀减速直线运动，x＝0时，v甲0＝＝6 m/s，x甲＝v甲0t＋a甲t2，乙做匀加速直线运动，x乙＝a乙t2，甲、乙两物体同时从同地沿同一方向做直线运动，相遇时有x甲＝x乙，解得x甲＝x乙＝8 m，故甲、乙在x＝8 m处相遇，D正确。
7.【答案】 A
【解析】 根据Ft图象和at图象可知，t1＝2 s时，F1＝6 N，a1＝1 m/s2；t2＝4 s时，F2＝12 N，a2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律可得：
F1－μmg＝ma1，
F2－μmg＝ma2，
联立解得小物块的质量和动摩擦因数为：m＝3 kg，μ＝0.1，
根据at图象与t轴所围面积为小物块的速度改变量Δv，得小物块在t2＝4 s末时的速度v＝0＋Δv＝4 m/s，
根据动能定理可得合外力对小物块做的功W＝mv2＝24 J，故A正确。
8.【答案】 BC
【解析】 由题意知，从h＝0.80 m开始图线为直线，弹簧恢复原长，弹簧下端与地面分离，则知弹簧的原长为0.80 m，故A错误；在Ekh图象中，根据动能定理知，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.80 m到1.40 m范围内图象为直线，说明滑块从0.80 m上升到1.40 m范围内所受作用力为恒力，根据动能定理得－(mg＋f)Δh＝0－Ek，由图知Δh＝0.60 m，Ek＝5.40 J，解得空气阻力f＝1.00 N，故B正确；根据能量守恒定律可知，从释放到滑块上升至最大高度的过程中，增加的重力势能和克服空气阻力做功之和等于弹簧的最大弹性势能，所以Epm＝(mg＋f)·Δh′＝9×(1.40－0.40) J＝9.00 J，C正确；由于弹簧原长为0.80 m，故滑块从1.40 m高处下落0.60 m时，弹簧落回地面，根据动能定理得(mg－f)Δh＝Ek′，得此时滑块的动能为4.20 J，D错误。
10.【答案】 (1) (5－) m/s2 (2)0.8 (3)53° 1.9 m
【解析】 (1)根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ －μ1mgcosθ＝ma
代入数据得a＝(5－) m/s2。
(2)由动能定理得
mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0
代入数据得μ2＝0.8。
(3)设小物块到达桌面右端的速度为v，根据动能定理有
mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝mv2
得20(sinθ－1.2＋cosθ)＝v2，
由数学知识可知sinθ＋cosθ＝sin(θ＋φ)
其中tanφ＝，当θ＋φ＝90°时，
即θ＝53°时，sin(θ＋φ)有极大值，v＝20×(－1.2)＝1，vmax＝1 m/s
由于H＝gt2，解得t＝0.4 s
x1＝vmaxt＝0.4 m，
xm＝x1＋L2＝1.9 m。
