《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題二 第一講 功和功率 動能定理課前自測診斷卷（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題二 第一講 功和功率 動能定理課前自測診斷卷（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（江蘇專版）2022年高考物理二輪復習 專題二 第一講 功和功率 動能定理課前自測診斷卷（含解析） 考點一 功和功率 1.[考查功的大小計算] 如圖所示，質(zhì)量m＝1 kg、長L＝0.8 m的均勻矩形薄板靜止在水平桌面上，其右端與桌子邊緣相平，板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4?，F(xiàn)用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少為(g取10 m/s2)(　　) A．1 J　　　　　　　　　 B．1.6 J C．2 J D．4 J 解析：選B　在薄板沒有翻轉之前，薄板與水平桌面之間的摩擦力f＝μmg＝4 N。力F做的功用來克服摩擦力消耗的能量，而在這個過程中薄板只需移

2、動的距離為，則做的功至少為W＝f×＝1.6 J，所以B正確。 2．[考查平均功率與瞬時功率的分析與計算] 如圖所示，某質(zhì)點運動的v-t圖像為正弦曲線。從圖像可以判斷(　　) A．質(zhì)點做曲線運動 B．在t1時刻，合外力的功率最大 C．在t2～t3時間內(nèi)，合外力做負功 D．在0～t1和t2～t3時間內(nèi)，合外力的平均功率相等 解析：選D　質(zhì)點運動的v-t圖像描述的是質(zhì)點的直線運動，選項A錯誤；在t1時刻，加速度為零，合外力為零，合外力功率的大小為零，選項B錯誤；由題圖可知，在t2～t3時間內(nèi)，質(zhì)點的速度增大，動能增大，由動能定理可知，合外力做正功，選項C錯誤；在0～t1和t2～t3時間

3、內(nèi)，動能的變化量相同，故合外力的功相等，則合外力的平均功率相等，選項D正確。 3．[考查機車啟動的圖像問題] 下列各圖是反映汽車以額定功率P額從靜止啟動，最后做勻速運動的過程，汽車的速度v隨時間t以及加速度a、牽引力F和功率P隨速度v變化的圖像中正確的是(　　) 解析：選A　汽車以額定功率啟動時，功率一定，由P＝Fv可知，速度增大，牽引力F減小，根據(jù)F－Ff＝ma，加速度逐漸減小，但速度繼續(xù)增大，當牽引力等于阻力時，速度達到最大，故A正確，B、C、D錯誤。 4．[考查機車的啟動與牽引問題] 某興趣小組對一輛自制遙控小車的性能進行研究，他們讓這輛小車在水平的直軌道上由靜止開始運動，

4、并將小車運動的全過程記錄下來，通過處理轉化為v-t圖像，如圖所示(除2～10 s時間段圖像為曲線外，其余時間段圖像均為直線)。已知小車運動過程中，2～14 s時間段內(nèi)小車的功率保持不變，在14 s末停止遙控而讓小車自由滑行，小車的質(zhì)量為1.0 kg?？烧J為在整個運動過程中小車所受到的阻力大小不變。求： (1)小車所受到的阻力大?。? (2)小車勻速行駛階段的功率； (3)小車在加速運動過程中(0～10 s內(nèi))位移的大小。 解析：(1)在14～18 s時間段，加速度大小： a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2 由牛頓第二定律得：f＝ma＝1.5 N。 (2)在10～14 s小車做勻

5、速運動，速度v＝6 m/s 牽引力大小F與f大小相等，則：F＝f＝1.5 N， 小車勻速運動的功率：P＝Fv＝9 W。 (3)0～2 s內(nèi)，小車的位移：x1＝×2×3 m＝3 m 2～10 s內(nèi)，根據(jù)動能定理： Pt－fx2＝mv22－mv12 代入數(shù)據(jù)解得x2＝39 m 加速過程中小車的位移大小為x＝x1＋x2＝42 m。 答案：(1)1.5 N　(2)9 W　(3)42 m 考點二 動能定理的理解和應用 5.[考查應用動能定理判斷物體動能增量的大小關系] [多選]如圖所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力F拉B，由于A、B間摩擦力的作

6、用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離。在此過程中(　　) A．外力F做的功等于A和B動能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能增量 C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功 D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 解析：選BD　A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對物體A應用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，選項B正確；A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B相對地的位移不等，故二者做功不等，選項C錯誤；對長木板B應用動能定理，W

7、F－Wf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋Wf就是外力F對B做的功，等于B的動能增量與B克服摩擦力所做的功之和，選項D正確；由前述討論知B克服摩擦力所做的功與A的動能增量(等于B對A的摩擦力所做的功)不等，故選項A錯誤。 6.[考查應用動能定理處理變力做功問題] 用長為l、不可伸長的細線把質(zhì)量為m的小球懸掛于O點，將小球拉至懸線偏離豎直方向α角后放手，運動t時間后停在最低點。則在時間t內(nèi)(　　) A．小球重力做功為mgl(1－cos α) B．空氣阻力做功為－mglcos α C．小球所受合力做功為mglsin α D．細線拉力做功的功率為 解析：選A　小球從開始運動到停止的過程中，

8、下降的高度為：h＝l(1－cos α)，所以小球的重力做功：WG＝mgh＝mgl(1－cos α)，故A正確；在小球運動的整個過程中，重力和空氣阻力對小球做功，根據(jù)動能定理得：WG＋Wf＝0－0，所以空氣阻力做功Wf＝－WG＝－mgl(1－cos α)，故B錯誤；小球受到的合外力做功等于小球動能的變化，所以W合＝0－0＝0，故C錯誤；由于細線的拉力始終與運動的方向垂直，所以細線的拉力不做功，細線的拉力的功率為0，故D錯誤。 7．[考查Ek-t圖像] 一個小球從固定的光滑圓弧槽的A點由靜止釋放后，經(jīng)最低點B運動到C點的過程中，小球的動能Ek隨時間t的變化圖像可能是(　　) 解析：選B　

9、動能Ek與時間t的圖像上的任意一點的斜率表示重力做功的瞬時功率，即＝＝P，A點與C點處小球速度均為零，B點處小球速度方向與重力方向垂直，所以A、B、C三點處的重力做功功率為零，則小球由A點運動到B點的過程中，重力做功的功率先增大再減小至零，小球由B點運動到C點的過程中，重力做功的功率也是先增大再減小至零，故B正確，A、C、D錯誤。 8．[考查動能定理與F-x圖像的綜合應用] 如圖甲所示，長為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m的豎直半圓弧軌道BC在B處相連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計)，從A處由靜止開始受水平向右的力F作用，F(xiàn)的大小隨位移變化的關系如圖乙所示，滑塊與AB間的

10、動摩擦因數(shù)為μ＝0.3，與BC間的動摩擦因數(shù)未知，取g＝10 m/s2。求： (1)滑塊到達B處時的速度大小； (2)若到達B點時撤去力F，滑塊沿半圓弧軌道內(nèi)側上滑，并恰好能到達最高點C，則 ①滑塊到達C處時的速度vC大??？ ②滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力所做的功是多少？ ③滑塊落在軌道上的位置與B點的水平距離為多少？ 解析：(1)對滑塊從A到B的過程，由動能定理得 F1x1＋F3x3－μmgx＝mvB2 代入數(shù)據(jù)解得：vB＝6 m/s。 (2)①當滑塊恰好能到達最高點C時，重力提供向心力：mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得：vC＝ m/s。 ②對滑塊從B到C的過程，由動能定理得

11、： W－mg·2R＝mvC2－mvB2 代入數(shù)據(jù)得：W＝－3 J，即克服摩擦力做的功為3 J。 ③滑塊離開C后，做平拋運動，在水平方向：x′＝vC t 在豎直方向：2R＝gt2 聯(lián)立解得：x′＝1.2 m。 答案：(1)6 m/s　(2)① m/s?、? J　③1.2 m 考點三 應用動能定理解決力學綜合問題 9.[考查動能定理解決多過程問題] [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(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不

12、計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則(　　) A．動摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g 解析：選AB　由題意知，上、下兩段斜坡的長分別為 s1＝，s2＝ 由動能定理知： 2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0 解得動摩擦因數(shù)μ＝，選項A正確； 載人滑草車在上下兩段的加速度分別為 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g， a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g， 則在下落h時的速度最大，

13、由動能定理知： mgh－μmgs1cos 45°＝mv2 解得v＝ ，選項B正確，D錯誤； 載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做的功相等， 即W＝2mgh，選項C錯誤。 10．[考查動能定理解決往復運動問題] 如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　因滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，故滑塊最終停在斜面底端，而摩擦力始終對滑塊做負功，其大小等于μmgco

14、s θ與滑塊滑行的各段距離之和的乘積，即Wf＝－μmgcos θ·s，由動能定理可得：mgx0sin θ＋Wf＝0－mv02， 可解得s＝，故A正確。 11．[考查動能定理與傳送帶、平拋運動的綜合應用] 如圖所示，斜面AB長xAB＝3 m、傾角為α，其底端B與水平傳送帶相切，傳送帶長為L＝3 m，始終以v0＝5 m/s的速度順時針轉動?，F(xiàn)有一個質(zhì)量m＝1 kg的物塊，在離B點xPB＝2 m處的P點由靜止釋放。已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求

15、： (1)傾角α逐漸增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑(用正切值表示)； (2)當α＝37°時，小物塊由P到C的過程中，摩擦力對物塊所做的功； (3)當α＝53°時，為了使物塊每次由P滑到C點時均拋在同一點D，求物塊釋放點P到B點的取值范圍。 解析：(1)為使物塊能從斜面開始下滑，有： mgsin α＝μ1mgcos α 解得傾角α滿足的條件為tan α＝0.25。 (2)由P到B，由動能定理得： mgxPBsin 37°－μ1mgxPBcos 37°＝mvB2 解得vB＝4 m/s 在B點，因為vB＝4 m/s

16、 則a＝＝μ2g＝2 m/s2 根據(jù)：v02－vB2＝2ax0 解得：x0＝2.25 m