2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題五 功、功率與動(dòng)能定理及應(yīng)用限時(shí)訓(xùn)練

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 考前復(fù)習(xí)方略 專題五 功、功率與動(dòng)能定理及應(yīng)用限時(shí)訓(xùn)練一、選擇題1(xx沈陽一模)如圖所示,質(zhì)量m1 kg、長L0.8 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齊板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4.現(xiàn)用F5 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)() A1 JB1.6 JC2 J D4 J解析:選B.木板中心到達(dá)桌子邊緣時(shí)即可翻下,則WFmg0.4110 J1.6 J,故B正確2(xx襄陽一模)用豎直向上大小為30 N的力F,將2 kg 的物體由沙坑表面靜止提升1 m時(shí)撤去力F,經(jīng)一段時(shí)間后,物體落入沙坑,測(cè)得落

2、入沙坑的深度為20 cm.若忽略空氣阻力,g取10 m/s2.則物體克服沙坑的阻力所做的功為()A20 J B24 JC34 J D54 J解析:選C.對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理得:FhmgdWf0即301 J2100.2 JWf0Wf34 J,故C正確3(xx白山一模)一個(gè)質(zhì)量為m的物塊,在幾個(gè)共點(diǎn)力的作用下靜止在光滑水平面上現(xiàn)把其中一個(gè)水平方向的力從F突然增大到3F,并保持其他力不變,則從這時(shí)開始t s末,該力的瞬時(shí)功率是()A. B.C. D.解析:選B.由題意知,物塊受到的合力為2F,根據(jù)牛頓第二定律有2Fma,在合力作用下,物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),速度vat,該力大小為3F,則該力

3、的瞬時(shí)功率P3Fv,解以上各式得P,B正確4.(多選)(xx華中師大附中一模)開口向上的半球形曲面的截面如圖所示,直徑AB水平一小物塊在曲面內(nèi)A點(diǎn)以某一速率開始下滑,曲面內(nèi)各處動(dòng)摩擦因數(shù)不同,因摩擦作用物塊下滑時(shí)速率不變,則下列說法正確的是()A物塊運(yùn)動(dòng)的過程中加速度始終為零B物塊所受合外力大小不變,方向時(shí)刻在變化C在滑到最低點(diǎn)C以前,物塊所受摩擦力大小逐漸變小D滑到最低點(diǎn)C時(shí),物塊所受重力的瞬時(shí)功率達(dá)到最大解析:選BC.由于物塊做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所受合外力大小不變,方向時(shí)刻指向圓心,提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,產(chǎn)生向心加速度,A錯(cuò)誤,B正確;在下滑的過程中,物塊受力如圖所示,則摩擦力等于重力沿切線方

4、向的分力,即Ffmgcos ,隨著物塊下滑,角越來越大,物塊所受摩擦力越來越小,C正確;滑到最低點(diǎn)時(shí),速度沿水平方向,此時(shí)重力的瞬時(shí)功率Pmgvcos ,由于速度的方向與重力方向垂直,因此重力的瞬時(shí)功率恰好等于零,D錯(cuò)誤5.一人用恒定的力F,通過圖示裝置拉著物體沿光滑水平面運(yùn)動(dòng),A、B、C是其運(yùn)動(dòng)路徑上的三個(gè)點(diǎn),且ACBC.若物體從A到C、從C到B的過程中,人拉繩做的功分別為WFA、WFB,物體動(dòng)能的增量分別為EA、EB,不計(jì)滑輪質(zhì)量和摩擦,下列判斷正確的是()AWFAWFB,EAEBBWFAWFB,EAEBCWFAWFB,EAEBDWFAWFB,EAEB解析:選B.如圖,F(xiàn)做的功等于F1做的

5、功,物體由A向B運(yùn)動(dòng)的過程中,F(xiàn)1逐漸減小,又因?yàn)锳CBC,由WF1l知WFAWFB;對(duì)物體只有F做功,由動(dòng)能定理知EAEB,故B正確6(多選)一輛汽車在平直公路上以速度v0開始加速行駛,經(jīng)過一段時(shí)間t,前進(jìn)距離l,此時(shí)恰好達(dá)到其最大速度vm,設(shè)此過程中汽車發(fā)動(dòng)機(jī)始終以額定功率P工作,汽車所受阻力恒為Ff,則在這段時(shí)間里,發(fā)動(dòng)機(jī)所做的功為()AFfvmt BPtC.mvFflmv DFft解析:選ABC.發(fā)動(dòng)機(jī)牽引力為變力,而牽引力的功率恒定,則可用WPt求變力做功,選項(xiàng)B正確;根據(jù)PF牽vFfvm,所以WFfvmt,選項(xiàng)A正確;根據(jù)動(dòng)能定理,WFflmvmv,解得WmvmvFfl,選項(xiàng)C正確

6、7.(xx高考全國卷,T17,6分)一汽車在平直公路上行駛從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示假定汽車所受阻力的大小f恒定不變下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中,可能正確的是()解析:選A.由題中Pt圖象知:0t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛,t1t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛設(shè)汽車所受牽引力為F,則由PFv得,當(dāng)v增加時(shí),F(xiàn)減小,由a知a減小,又因速度不可能突變,所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤,選項(xiàng)A正確8.(xx高考全國卷,T17,6分)如圖,一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置,直徑POQ水平一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開始下落,恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道

7、質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí),對(duì)軌道的壓力為4mg,g為重力加速度的大小用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過程中克服摩擦力所做的功則()AWmgR,質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)BWmgR,質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)CWmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離DWmgR,質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后,繼續(xù)上升一段距離解析:選C.設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN,在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN,則FNmg,已知FNFN4mg,則質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkNmvmgR.質(zhì)點(diǎn)由開始至N點(diǎn)的過程,由動(dòng)能定理得mg2RWfEkN0,解得摩擦力做的功為WfmgR,即克服摩擦力做的功為WWfmgR.設(shè)從N到Q的過程中克服摩擦力做功為W,則WW.從N到Q的過程

8、,由動(dòng)能定理得mgRWmvmv,即mgRWmv,故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0,質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離選項(xiàng)C正確9(xx河北衡水中學(xué)三模)如圖所示,質(zhì)量為0.1 kg的小物塊在粗糙水平桌面上滑行4 m后以3.0 m/s的速度飛離桌面,最終落在水平地面上,已知物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,桌面高0.45 m,若不計(jì)空氣阻力,取g10 m/s2,則()A小物塊的初速度是5 m/sB小物塊的水平射程為1.2 mC小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功D小物塊落地時(shí)的動(dòng)能為0.9 J解析:選D.小物塊在桌面上克服摩擦力做功WfmgL2 J,C錯(cuò)在水平桌面上滑行,由動(dòng)能定理得Wfmv2mv,解得v07 m/

9、s,A錯(cuò)小物塊飛離桌面后做平拋運(yùn)動(dòng),有xvt、hgt2,解得x0.9 m,B錯(cuò)設(shè)小物塊落地時(shí)動(dòng)能為Ek,由動(dòng)能定理得mghEkmv2,解得Ek0.9 J,D正確10.(xx山西模擬)用傳感器研究質(zhì)量為2 kg的物體由靜止開始做直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律時(shí),在計(jì)算機(jī)上得到06 s內(nèi)物體的加速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示下列說法正確的是()A06 s內(nèi)物體先向正方向運(yùn)動(dòng),后向負(fù)方向運(yùn)動(dòng)B06 s內(nèi)物體在4 s時(shí)的速度最大C物體在24 s內(nèi)速度不變D04 s內(nèi)合力對(duì)物體做的功等于06 s內(nèi)合力做的功解析:選D.由vat可知,題中at圖象中,圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示質(zhì)點(diǎn)的速度,06 s內(nèi)物體的速度始終為正值,故一直

10、為正方向,A項(xiàng)錯(cuò);t5 s時(shí),速度最大,B項(xiàng)錯(cuò);24 s內(nèi)加速度保持不變,速度一定變化,C項(xiàng)錯(cuò);04 s內(nèi)與06 s內(nèi)圖線與坐標(biāo)軸所圍面積相等,故物體4 s末和6 s末速度相同,由動(dòng)能定理可知,兩段時(shí)間內(nèi)合力對(duì)物體做功相等,D項(xiàng)正確二、非選擇題11(xx北京海淀區(qū)一模)如圖所示,水平軌道與豎直平面內(nèi)的圓弧軌道平滑連接后固定在水平地面上,圓弧軌道B端的切線沿水平方向質(zhì)量m1.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在水平恒力F10.0 N的作用下,從A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng),當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)的位移x0.50 m時(shí)撤去力F.已知A、B之間的距離x01.0 m,滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.10,g取10 m/s2.求:

11、(1)在撤去力F時(shí),滑塊的速度大小;(2)滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能;(3)滑塊通過B點(diǎn)后,能沿圓弧軌道上升的最大高度h0.35 m,求滑塊沿圓弧軌道上升過程中克服摩擦力做的功解析:(1)滑動(dòng)摩擦力Ffmg設(shè)撤去力F前滑塊的加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律得:Fmgma1解得:a19.0 m/s2設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)位移為0.50 m時(shí)的速度大小為v,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:v22a1x解得:v3.0 m/s.(2)設(shè)滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為EkB,從A到B運(yùn)動(dòng)過程中,由動(dòng)能定理得:FxFfx0EkB解得:EkB4.0 J.(3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升過程中克服摩擦力做功為WFf,由動(dòng)能定理得:mghWFf0EkB解得:

12、WFf0.50 J.答案:(1)3.0 m/s(2)4.0 J(3)0.50 J12(xx福建廈門質(zhì)檢)如圖所示,在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連,A放在水平地面上;B、C兩物體通過細(xì)線繞過輕質(zhì)定滑輪相連,C放在固定的光滑斜面上用手拿住C,使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用,并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行已知A、B的質(zhì)量均為m,斜面傾角為37,重力加速度為g,滑輪的質(zhì)量和摩擦不計(jì),開始時(shí)整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)C釋放后沿斜面下滑,當(dāng)A剛要離開地面時(shí),B的速度最大,(sin 370.6,cos 370.8)求:(1)從開始到物體A剛要離開地面的過程中,物體C沿斜面下滑的

13、距離;(2)C的質(zhì)量;(3)A剛要離開地面時(shí),C的動(dòng)能解析:(1)設(shè)開始時(shí)彈簧壓縮的長度為xB,則有kxBmg設(shè)當(dāng)物體A剛要離開地面時(shí),彈簧的伸長量為xA,則有kxAmg當(dāng)物體A剛要離開地面時(shí),物體B上升的距離與物體C沿斜面下滑的距離相等,為:hxAxB解得:h.(2)物體A剛要離開地面時(shí),以B為研究對(duì)象,物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細(xì)線的拉力FT三個(gè)力的作用,設(shè)物體B的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律:對(duì)B有:FTmgkxAma對(duì)C有:mCgsin FTmCaB獲得最大速度時(shí),有:a0解得:mC.(3)法一:由于xAxB,彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時(shí)的彈性勢(shì)能相等,彈簧彈力做功為零,且物體A剛要離開地面時(shí),B、C兩物體的速度相等,設(shè)為v0,由動(dòng)能定理得:mCghsin mghW彈(mmC)v0其中W彈0解得:v所以EkCmCv.法二:根據(jù)動(dòng)能定理,對(duì)C:mCghsin WTEkC0對(duì)B:WTmghW彈EkB0其中W彈0又EkCEkB103解得:EkC.答案:(1)(2)(3)

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