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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破二 功和能 第5講 功 功率 動(dòng)能定理素能特訓(xùn) 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1.[xx·邢臺(tái)摸底]一物體靜止在粗糙水平地面上，現(xiàn)用水平恒力F1拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関，若將水平恒力改為F2，物體從靜止開始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v，對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，則(　　) A.WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C.WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1

2、 D.WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 答案　C 解析　用水平恒力F1拉動(dòng)物體時(shí)，時(shí)間t內(nèi)的位移x1＝t，由動(dòng)能定理得：WF1－μmgx1＝mv2，所以WF1＝mv2＋μmg·t，用水平恒力F2拉動(dòng)物體時(shí)，時(shí)間t內(nèi)的位移x2＝t＝vt，由動(dòng)能定理得：WF2－μmgx2＝m·(2v)2，所以WF2＝m·4v2＋μmg·t，故WF2<4WF1；第一次克服摩擦力做功Wf1＝μmg·t，第二次克服摩擦力做功Wf2＝μmgt，故Wf2＝2Wf1，C正確。 2．[xx·綿陽(yáng)二診]如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在A位置。現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A拉到B位

3、置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，此時(shí)細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則(　　) A.F1＝F2＝2mg B.從A到B，拉力F做功為F1L C.從B到A的過(guò)程中，小球受到的合外力大小不變 D.從B到A的過(guò)程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大 答案　A 解析　在B位置對(duì)小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)平衡條件有F1＝＝2mg，在最低點(diǎn)A位置，根據(jù)牛頓第二定律有F2－mg＝，從B到A利用動(dòng)能定理得mgL(1－cos60°)＝mv2，聯(lián)立可知F2＝2mg，選項(xiàng)A正確；從A到B利用動(dòng)能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得拉力F做功為WF＝，選項(xiàng)B

4、錯(cuò)誤；從B到A的過(guò)程中，小球受到的合外力大小時(shí)刻發(fā)生變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)時(shí)小球的速度為零，重力的瞬時(shí)功率為零，在最低點(diǎn)時(shí)，小球在豎直方向的速度也為零，其重力的瞬時(shí)功率為零，即從B到A的過(guò)程中，小球重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3．[xx·保定一模]如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定擋板C，質(zhì)量相等的兩木塊A、B用一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮量為l。如果用平行斜面向上的恒力F(F＝mAg)拉A，當(dāng)A向上運(yùn)動(dòng)一段距離x后撤去F，A運(yùn)動(dòng)到最高處B剛好不離開C，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.A沿斜面上升的初始

5、加速度大小為 B.A上升的豎直高度最大為2l C.拉力F的功率隨時(shí)間均勻增加 D.l等于x 答案　D 解析　A原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，加外力F后的初始加速度a＝＝g，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤。剛開始，彈簧壓縮量為l，對(duì)A沿斜面方向列平衡方程有：mAgsinθ＝kl，最后B恰好不離開C，對(duì)B沿斜面方向列平衡方程有：mBgsinθ＝kx1，其中x1為彈簧伸長(zhǎng)量，因mA＝mB，所以x1＝l，則A沿斜面上升2l，而豎直高度h＝2lsinθ＝l，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤。因彈簧初始的壓縮量為l，后來(lái)的伸長(zhǎng)量為l，所以彈性勢(shì)能沒(méi)變。由能量守恒得：F做的功轉(zhuǎn)化成了A的重力勢(shì)能。即Fx＝mAg·2l·sinθ，所以x＝l，故D選

6、項(xiàng)正確。拉力F的功率P＝Fv，由于A不是勻變速運(yùn)動(dòng)，故P不是隨時(shí)間均勻增加，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤。 4．[xx·邯鄲質(zhì)檢]某同學(xué)參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)立定跳遠(yuǎn)項(xiàng)目比賽，起跳直至著地過(guò)程如圖，測(cè)量得到比賽成績(jī)是2.5 m，目測(cè)空中腳離地最大高度約0.8 m，忽略空氣阻力，則起跳過(guò)程該同學(xué)所做功約為(　　) A.65 J B．350 J C.700 J D．1250 J 答案　C 解析　由動(dòng)能定理知起跳過(guò)程該同學(xué)做的功轉(zhuǎn)化為該同學(xué)的動(dòng)能，所以求該同學(xué)做功應(yīng)該求該同學(xué)起跳后斜拋的初速度。豎直方向由h＝gt2得t＝0.4 s，水平方向由x＝vx·2t得vx＝3.125 m/s，豎直方向vy＝gt

7、＝4 m/s，所以該同學(xué)初速度v的平方為：v2＝v＋v＝25.8 m2/s2，取該同學(xué)質(zhì)量為m＝60 kg，則Ek＝mv2＝25.8×30 J＝773 J，所以該同學(xué)所做功約為700 J，故選項(xiàng)C正確。 5．[xx·合肥質(zhì)檢]A、B兩物體分別在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面運(yùn)動(dòng)，先后撤去F1、F2后，兩物體最終停下，它們的v-t圖象如圖所示。已知兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A.F1、F2大小之比為1∶2 B.F1、F2對(duì)A、B做功之比為1∶2 C.A、B質(zhì)量之比為2∶1 D.全過(guò)程中A、B克服摩擦力做功之比為2∶1 答案　C 解析　由

8、圖象可知，兩物體的位移相同，兩物體與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小相等，故全過(guò)程中兩物體克服摩擦力做功相等，D項(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)能定理可知，兩物體所受外力做功與克服摩擦力做功相等，故外力做功相同，B項(xiàng)錯(cuò)；由圖象可知，A、B在外力作用下的位移比為1∶2，由功的定義可知，F(xiàn)1∶F2＝2∶1，A項(xiàng)錯(cuò)；由速度圖象可知，兩物體勻減速過(guò)程中的加速度大小之比為1∶2，由牛頓第二定律有：Ff＝ma可知兩物體質(zhì)量之比為2∶1，C項(xiàng)正確。 6.[xx·衡水二調(diào)]如圖甲所示，靜止在水平地面上的物塊A，受到水平拉力F的作用，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力Ffm的大小與滑動(dòng)摩擦力大小相等，則t1～t3時(shí)間

9、內(nèi)(　　) A．t1時(shí)刻物塊的速度為零 B.t2時(shí)刻物塊的加速度最大 C.t3時(shí)刻物塊的動(dòng)能最大 D.t1～t3時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊先做正功后做負(fù)功 答案　ABC 解析　由圖乙知，t1時(shí)刻F＝Ffm，物塊A剛要?jiǎng)?，所以速度為零，故A選項(xiàng)正確。A一旦動(dòng)起來(lái)由牛頓第二定律知F－Ffm＝ma，則t2時(shí)刻a最大，故B選項(xiàng)正確。t1～t3時(shí)間內(nèi)F>Ffm，加速運(yùn)動(dòng)，故t3時(shí)刻動(dòng)能最大，C選項(xiàng)正確。t1～t3時(shí)間內(nèi)F的方向與位移的方向相同，一直做正功，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 7.[xx·湖南十三校聯(lián)考]有一物體由某一固定的長(zhǎng)斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其動(dòng)能E

10、k隨離開斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說(shuō)法正確的是(　　) A．斜面的傾角θ＝30° B.物體的質(zhì)量為m＝0.5 kg C.斜面與物體間的摩擦力大小f＝2 N D.物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2 s 答案　BC 解析　由動(dòng)能定理知Ek-x圖象的斜率表示合外力 則上升階段mgsinθ＋μmgcosθ＝ N＝5 N，① 下降階段mgsinθ－μmgcosθ＝ N＝1 N，② ①②聯(lián)立得tanθ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤，B選項(xiàng)正確。物體與斜面間的摩擦力f＝μmgcosθ＝2 N，故C選項(xiàng)正確。上升階段由Ek-

11、x斜率知F1＝5 N，則a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25 J，聯(lián)立得t1＝1 s，同理，下降階段F2＝1 N，則a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5 J，聯(lián)立得t2＝ s，則t＝t1＋t2＝(1＋) s，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 8．[xx·陜州月考]一質(zhì)量為2 kg的物體，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，拉力逐漸減小，且當(dāng)拉力減小到零時(shí)，物體剛好停止運(yùn)動(dòng)，圖中給出了拉力隨位移變化的關(guān)系圖象。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知(　　) A.物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)約為0.35 B.減速過(guò)程中拉力對(duì)物體所做的功約

12、為13 J C.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度約為6 m/s D.減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間約為1.7 s 答案　ABC 解析　F-s圖象圍成的面積代表拉力F做的功，由圖知減速階段F-s圍成面積約13個(gè)小格，每個(gè)小格1 J則約為13 J，故B正確。剛開始勻速，則F＝μmg，由圖知F＝7 N，則μ＝＝0.35，故A正確。全程應(yīng)用動(dòng)能定理：WF－μmgs＝0－mv，其中WF＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正確。由于不是勻減速，沒(méi)辦法求減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，D錯(cuò)。 二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．[xx·綿陽(yáng)模擬]如圖所示，AB是一段位于豎直平面內(nèi)的光滑軌道

13、，高度為h，末端B處的切線方向水平。一個(gè)質(zhì)量為m的小物體P從軌道頂端A處由靜止釋放，滑到B端后飛出。落到地面上的C點(diǎn)，軌跡如圖中虛線BC所示。已知它落地時(shí)相對(duì)于B點(diǎn)的水平位移OC＝l?，F(xiàn)在軌道下方緊貼B點(diǎn)安裝一個(gè)水平傳送帶，傳送帶的右端與B的距離為，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，讓P再次從A點(diǎn)由靜止釋放，它離開軌道并在傳送帶上滑行后從右端水平飛出，仍然落在地面的C點(diǎn)。當(dāng)驅(qū)動(dòng)輪轉(zhuǎn)動(dòng)從而帶動(dòng)傳送帶以速度v＝勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)(其他條件不變)，P的落地點(diǎn)為D。(不計(jì)空氣阻力) (1)求P滑到B點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)求P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (3)求出O、D間的距離。 答案　(1)　(2)　(3)l

14、 解析　(1)物體P在AB軌道上滑動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理得mgh＝mv得P滑到B點(diǎn)時(shí)的速度v0＝。 (2)當(dāng)沒(méi)傳送帶時(shí)，物體離開B點(diǎn)后平拋，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝ 當(dāng)B點(diǎn)下方傳送帶靜止時(shí)，物體從傳送帶右端平拋，時(shí)間也為t，水平位移為， 物體從右端拋出速度v1＝＝＝ 由動(dòng)能定理：－μmg＝mv－mv得μ＝ (3)物體以v0滑上傳送帶將勻加速，設(shè)加速到v＝通過(guò)的位移為x，由動(dòng)能定理知：μmgx＝mv2－mv，解得x＝l< 所以物體尚未到右端就與傳送帶共速，最終以v平拋， 平拋時(shí)間也為t，則OD間距離s＝vt＋ 解得s＝l 10．[xx·北京師大附中月考]如圖所示，豎直平面內(nèi)固定著一個(gè)滑槽軌

15、道，其左半部是傾角為θ＝37°，長(zhǎng)為l＝1 m的斜槽PQ，右部是光滑半圓槽QSR，RQ是其豎直直徑。兩部分滑槽在Q處平滑連接，R、P兩點(diǎn)等高。質(zhì)量為m＝0.2 kg的小滑塊(可看做質(zhì)點(diǎn))與斜槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.375。將小滑塊從斜槽軌道的最高點(diǎn)P釋放，使其開始沿斜槽下滑，滑塊通過(guò)Q點(diǎn)時(shí)沒(méi)有機(jī)械能損失。求： (1)小滑塊從P到Q克服摩擦力做的功Wf； (2)為了使小滑塊滑上光滑半圓槽后恰好能到達(dá)最高點(diǎn)R，從P點(diǎn)釋放時(shí)小滑塊沿斜面向下的初速度v0的大??； (3)現(xiàn)將半圓槽上半部圓心角為α＝60°的RS部分去掉，用上一問(wèn)得到的初速度v0將小滑塊從P點(diǎn)釋放，它從S點(diǎn)脫離半圓槽后繼續(xù)上升的最大高度h。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80) 答案　(1)0.6 J　(2)3 m/s　(3)0.225 m 解析　(1)克服摩擦力做功：Wf＝μmgcosθ·l＝0.6 J (2)從P到R全過(guò)程對(duì)滑塊用動(dòng)能定理得： －Wf＝mv－mv 在R點(diǎn)重力充當(dāng)向心力mg＝， 半徑r＝lsinθ＝0.3 m， 解得v0＝3 m/s (3)從P到S全過(guò)程對(duì)滑塊用動(dòng)能定理得mgr(1－cosα)－Wf＝mv－mv 則離開半圓槽時(shí)的速度vS＝ m/s，如圖， 其豎直分速度vy＝vSsinα＝ m/s，v＝2gh 得h＝0.225 m