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1、2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題二 能量與動量 第1講 功和功率 動能定理突破練 [限訓(xùn)練·通高考]　　 　　　　　　　　　　　 　科學(xué)設(shè)題　拿下高考高分 (45分鐘) 一、單項選擇題 1.(2018·高考全國卷Ⅱ)如圖，某同學(xué)用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度．木箱獲得的動能一定(　　) A．小于拉力所做的功 B．等于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 解析：由題意知，W拉－W阻＝ΔEk，則W拉＞ΔEk，A對，B錯；W阻與ΔEk的大小關(guān)系不確定，C、D錯． 答案：A 2．如圖所示，質(zhì)量為m的汽車在某下坡的公路上

2、，從速度v0開始加速運動，經(jīng)時間t速度達(dá)到最大值vm.設(shè)在此過程中汽車發(fā)動機的功率恒為P，汽車所受的摩擦阻力為恒力．對于該過程，以下說法正確的是(　　) A．該過程中汽車一直做勻加速直線運動 B．該過程中汽車所受阻力f＝ C．該過程中汽車所受阻力做功的大小為Pt＋mv D．該過程中汽車做加速度不斷減小的加速運動 解析：汽車發(fā)動機的功率恒為P，則汽車做加速度逐漸減小的加速運動，A錯誤，D正確；汽車速度達(dá)到最大值vm時，汽車的牽引力F＝，故f＝＋mgsin θ，B錯誤；由于還有重力做功，汽車所受阻力做的功無法求出，C錯誤． 答案：D 3.如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)

3、點)用長為L的細(xì)線懸掛于O點，自由靜止在A位置．現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從A位置拉到B位置后靜止，此時細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到A點時細(xì)線的拉力為F2，則(　　) A．F1＝F2＝2mg B．從A到B，拉力F做的功為F1L C．從B到A的過程中，小球受到的合力大小不變 D．從B到A的過程中，小球重力的瞬時功率一直增大 解析：在B位置，根據(jù)平衡條件有F1sin 30°＝mg，解得F1＝2mg.從B到A，根據(jù)動能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，根據(jù)牛頓第二定律得F2－mg＝m，聯(lián)立兩式解得F2＝2mg，故A項正確；從A到B，

4、小球緩慢移動，根據(jù)動能定理得WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL，故B項錯誤；從B到A的過程中，小球的速度大小在變化，沿徑向的合力在變化，故C項錯誤；在B位置，重力的功率為零，在最低點，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從B到A的過程中，重力的功率先增大后減小，故D項錯誤． 答案：A 4.人與平衡車的總質(zhì)量為m，在平直路面上行駛時，所受阻力不變．當(dāng)平衡車加速度為a，速度為v時，平衡車的功率為P1，則當(dāng)功率為P2時，平衡車行駛的最大速度為(　　) A.　　　　　　　 B. C. D. 解析：對平衡車受力分析，設(shè)受到的阻力的大小為Ff，由牛頓第二定律可得

5、，F(xiàn)－Ff＝ma，所以F＝Ff＋ma，所以功率P1＝Fv＝(Ff＋ma)v，解得Ff＝－ma，當(dāng)功率恒為P2時，設(shè)最大速度為v′，則P2＝F′v′＝Ffv′，所以v′＝＝，選項B正確． 答案：B 5．一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t＝0時的速率為1 m/s，從此刻開始在與初速度相反的方向上施加一水平作用力F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖甲、乙所示，兩圖取同一正方向，g取10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．滑塊的質(zhì)量為2 kg B．第1 s內(nèi)摩擦力對滑塊做的功為－1 J C．第2 s末拉力F的瞬時功率為0.3 W D．第2 s內(nèi)拉力F的平均功率為0.15

6、 W 解析：由題圖乙可知滑塊的加速度a＝1 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律，在第1 s內(nèi)有F＋Ff＝ma，第2 s內(nèi)有F′－Ff＝ma，代入數(shù)據(jù)解得Ff＝1 N，m＝2 kg，A正確；第1 s內(nèi)滑塊的位移大小x1＝×1×1 m＝0.5 m，則摩擦力對滑塊做的功WFf＝－Ffx1＝－1×0.5 J＝－0.5 J，B錯誤；第2 s末拉力的功率P＝F′v＝3×1 W＝3 W，C錯誤；第2 s內(nèi)滑塊的位移x2＝×1×1 m＝0.5 m，則第2 s內(nèi)拉力的平均功率P＝＝＝ W＝1.5 W，D錯誤． 答案：A 6.質(zhì)量為500 kg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(shù)

7、的關(guān)系如圖所示，則賽車(　　) A．做勻加速直線運動 B．功率為20 kW C．所受阻力大小為2 000 N D．速度大小為50 m/s時牽引力大小為3 000 N 解析：由圖象可知，汽車的加速度隨速度的增大而減小，故汽車不做勻加速運動，選項A錯誤；根據(jù)P＝Fv，F(xiàn)－Ff＝ma可得a＝·－，由圖象可知＝4，＝400，解得Ff＝2 000 N，P＝2×105 W，選項B錯誤，C正確；速度大小為 50 m/s時牽引力大小為F＝＝ N＝4 000 N，選項D錯誤． 答案：C 7．(2017·高考江蘇卷)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處．物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不

8、變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 解析：物塊上滑時，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑時，摩擦力沿斜面向上，根據(jù)動能定理W＝ΔEk知，圖象中的斜率表示物塊受到的合力，物塊上滑時恒定的合力大于物塊下滑時恒定的合力，所以C項正確． 答案：C 二、多項選擇題 8.(2018·湖南長沙高三一模)如圖所示，內(nèi)壁光滑半徑大小為R的圓軌道豎直固定在桌面上，一個質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點．現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運動．當(dāng)小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，必須經(jīng)過兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點．

9、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W，第二次擊打過程中小錘對小球做功4W，設(shè)兩次擊打過程中小錘對小球做的功全部用來增加小球的動能，則W的值可能是(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 解析：第一次擊打小球時，小球運動的最大高度為R，即W≤mgR.第二次擊打小球，使小球運動到圓軌道的最高點，而小球能夠通過最高點的條件為mg≤m，即v高≥.小球從靜止到到達(dá)最高點的過程中，由動能定理得W＋4W－mg·2R＝mv－0，得W≥mgR，所以W滿足mgR≤W≤mgR，選項A、B正確． 答案：AB 9.a、b為緊靠著的且兩邊固定的兩張相同薄紙，

10、如圖所示．一個質(zhì)量為1 kg的小球從距紙面高為60 cm的地方自由下落，恰能穿破兩張紙．若將a紙的位置升高，b紙的位置不變，在相同條件下要使小球仍能穿破兩張紙，則a紙距離b紙可能是(小球穿破兩張紙時，克服阻力做功相同)(　　) A．15 cm B．20 cm C．30 cm D．60 cm 解析：小球穿過兩張紙時，由動能定理得mgh－2W＝0，將a紙向上移，若恰能穿過第一張紙，則mgh′－W＝0，解得下落的高度h′＝h，因此兩張紙的距離不能超過h＝30 cm，選項A、B、C正確． 答案：ABC 10．(2018·福建福州高三質(zhì)檢)如圖所示為某電動汽車在加速性能試驗過程中的v -t

11、圖象．為了簡化計算，可近似認(rèn)為：汽車運動時受到的阻力恒定，在0～30 s內(nèi)做勻加速直線運動，30 s后汽車發(fā)動機的功率保持不變．則(　　) A．15 s末、30 s末汽車的牽引力大小之比為2∶1 B．15 s末、30 s末汽車的發(fā)動機功率之比為1∶2 C．30 s末、54 s末汽車的加速度大小之比為4∶3 D．0～30 s內(nèi)、30～54 s內(nèi)汽車發(fā)動機做功之比為5∶8 解析：由題意可知汽車前30 s做勻加速直線運動，則牽引力恒定，因此A錯誤；由圖可知15 s末、30 s末的速度分別為9 m/s、18 m/s，由公式P＝Fv可知，15 s末、30 s末汽車的發(fā)動機功率之比為1∶2，

12、B正確；由圖可知30 s末、54 s末的加速度之比應(yīng)為＝＝×>，C錯誤；0～30 s內(nèi)，汽車發(fā)動機做的功W1＝Fx1＝×(J)＝15P(J)，30～54 s內(nèi)汽車發(fā)動機做功W2＝P(54 s－30 s)＝24P(J)，因此＝，D正確． 答案：BD 三、非選擇題 11．一匹馬拉著質(zhì)量為60 kg的雪橇，從靜止開始用80 s的時間沿平直冰面跑完1 000 m．設(shè)在運動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運動的8 s時間內(nèi)做勻加速直線運動，從第8 s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運動，最后一段時間雪橇做的是勻速直線運動，速度大小為 15 m/s；開始運動的8 s

13、內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8 s 后功率的一半．求整個運動過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運動過程中所受阻力的大小． 解析：設(shè)8 s后馬拉雪橇的功率為P，則勻速運動時 P＝F·v＝Ff·v 即運動過程中雪橇受到的阻力大小Ff＝① 對于整個過程運用動能定理得 ·t1＋P(t總－t1)－Ff·x＝mv2－0② 代入數(shù)據(jù)，解①②得P＝723 W，F(xiàn)f＝48.2 N 再由動能定理可得t總－Ff·x＝mv2 解得＝687 W. 答案：687 W　48.2 N 12．某課外探究小組自制了如圖所示的導(dǎo)軌，其中，導(dǎo)軌的所有半圓形部分 均光滑，水平部分均粗糙．圓半徑分別為R、2R、3R和4

14、R，R＝0.5 m，水平部分長度L＝2 m，將導(dǎo)軌豎直放置，軌道最低點離水平地面高h(yuǎn)＝1 m．將一個質(zhì)量為m＝0.5 kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點P處， 鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4.給鋼球一初速度v0＝13 m/s，g取10 m/s2.求： (1)鋼球運動至第一個半圓形軌道最低點A時對軌道的壓力； (2)鋼球落地點到拋出點的水平距離． 解析：(1)鋼球從P點運動到A點的過程中，由動能定理得mg·2R－μmg·L＝mv－mv 由牛頓第二定律有FN－mg＝ 代入數(shù)據(jù)解得FN＝178 N 由牛頓第三定律可知，鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮?78

15、 N，方向豎直向下． (2)設(shè)鋼球到達(dá)軌道末端點的速度為v2，對全程應(yīng)用動能定理得－μmg·5L－mg·4R＝mv－mv 解得v2＝7 m/s 由平拋運動規(guī)律得h＋8R＝gt2，s＝v2t 解得s＝7 m. 答案：(1)178 N，方向豎直向下　(2)7 m 13．(2018·重慶高三一診)如圖所示，絕緣軌道CDGH位于豎直平面內(nèi)，圓弧段DG的圓心角為θ＝37°，DG與水平段CD、傾斜段GH分別相切于D點和G點，CD段粗糙，DGH段光滑，在H處固定一垂直于軌道的絕緣擋板，整個軌道處于場強為E＝1×104 N/C、水平向右的勻強電場中．一質(zhì)量m＝4×10－3 kg、帶電量q＝＋3×1

16、0－6 C的小滑塊在C處由靜止釋放，經(jīng)擋板碰撞后滑回到CD段的中點P處時速度恰好為零．已知CD段長度L＝0.8 m，圓弧DG的半徑r＝0.2 m；不計滑塊與擋板碰撞時的動能損失，滑塊可視為質(zhì)點．g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6.求： (1)滑塊與CD段之間的動摩擦因數(shù)μ； (2)滑塊在CD段上運動的總路程； (3)滑塊與絕緣擋板碰撞時的最大動能和最小動能． 解析：(1)滑塊由C處釋放，經(jīng)擋板碰撞后第一次滑回P點的過程中，由動能定理得 qE－μmg(L＋)＝0，解得μ＝＝0.25 (2)滑塊在CD段上受到的滑動摩擦力μmg＝0.01 N、電場力q

17、E＝0.03 N，滑動摩擦力小于電場力，故不可能停在CD段，滑塊最終會在DGH間來回往復(fù)運動，且在D點的速度為0 全過程由動能定理得 qE·L＋(－μmg·x)＝0 解得x＝L＝3L＝2.4 m (3)GH段的傾角θ＝37°，滑塊受到的重力mg＝0.04 N，電場力qE＝0.03 N，qEcos θ＝mgsin θ＝0.024 N， 則滑塊加速度a＝0， 所以滑塊與絕緣擋板碰撞的最大動能為滑塊第一次運動到G點的動能 對C到G過程由動能定理得 Ek最大＝Eq(L＋rsin θ)－μmgL－mg(r－rcos θ)＝0.018 J 滑塊最終在DGH間來回往復(fù)運動，碰撞絕緣擋板時有最小動能 對D到G過程由動能定理得 Ek最?。紼qrsin θ－mg(r－rcos θ)＝0.002 J 答案：(1)0.25　(2)2.4 m　(3)0.018 J　0.002 J