2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題二 功能與動(dòng)量 第1講 功和功率 動(dòng)能定理專項(xiàng)訓(xùn)練

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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題整合 專題二 功能與動(dòng)量 第1講 功和功率 動(dòng)能定理專項(xiàng)訓(xùn)練 [真題再現(xiàn)]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖2－1－1所示，某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能一定 圖2－1－1 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　由動(dòng)能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動(dòng)能一定小于拉力所做的功，A正確。 答案　A 2．(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖2－1－2所示，abc是豎直面內(nèi)的光滑

2、固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為 圖2－1－2 A．2mgR　　　　　　　　　　　B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析　設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc，則對(duì)小球由a到c的過(guò)程，由動(dòng)能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球離開c點(diǎn)后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，小球離開c點(diǎn)后水平方

3、向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知，小球從離開c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t＝＝2 ，在水平方向的位移大小為x＝gt2＝2R。由以上分析可知，小球從a點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機(jī)械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，ABD錯(cuò)誤。 答案　C 3.(2015·全國(guó)卷Ⅱ)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2－1－3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?？赡苷_的是 圖2－1－3 解析　本題屬于機(jī)車的恒定功率啟動(dòng)問(wèn)題。當(dāng)牽引力大于

4、阻力時(shí)，機(jī)車加速運(yùn)動(dòng)，但速度的增加會(huì)導(dǎo)致牽引力變小，機(jī)車所受的合力變小，機(jī)車的加速度變小，故機(jī)車的運(yùn)動(dòng)為加速度不斷變小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度等于零變?yōu)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，故0～t1時(shí)間內(nèi)，是一個(gè)恒定功率加速過(guò)程，直到變?yōu)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，t1～t2時(shí)間內(nèi)，是另一個(gè)恒定功率加速過(guò)程，直到變?yōu)閯蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，故A項(xiàng)正確。 答案　A 4.(2017·全國(guó)卷Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1＜s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖2－1－4所示。訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的

5、同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1，重力加速度大小為g，求 圖2－1－4 (1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。 解析　(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得 －μmgs0＝mv－mv① 解得μ＝。② (2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練需求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小。設(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v－v＝2a1s0③

6、 v0－v1＝a1t④ s1＝a2t2⑤ 聯(lián)立③④⑤式得 a2＝。 答案　見解析 [考情分析] 分值 6～14分 題型 以選擇題為主，計(jì)算題涉及其中一部分 命題熱點(diǎn) (1)功和功率的理解與計(jì)算 (2)機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題 (3)應(yīng)用動(dòng)能定理解決綜合問(wèn)題 考點(diǎn)一　功和功率的計(jì)算 1．功的計(jì)算 (1)恒力做功W＝Flcos α。 (2)變力做功 ①W＝·l(為力對(duì)位移的平均值)。 ②W＝Pt。(P恒定，或W＝t) ③利用功能關(guān)系W＝±ΔE或動(dòng)能定理W＝ΔEk。 ④圖像法：F－x圖線所圍的面積；P-t圖線所圍的面積。 ⑤W＝pΔV(計(jì)算氣體做功)。 2．功

7、率的計(jì)算 (1)瞬時(shí)功率P＝Fvcos α，其中α為F與v的夾角。 (2)平均功率P＝。 【題組突破】 1．(2018·中山七校聯(lián)考)汽車在平直公路上行駛，在它的速度從零增加到v的過(guò)程中，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W1；它的速度從v增加到2v的過(guò)程中，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W2，設(shè)汽車在行駛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力和所受阻力都不變，則有 A．W2＝2W1 B．W2＝3W1 C．W2＝4W1 D．僅能判定W2＞W(wǎng)1 解析　速度從零增加到v的過(guò)程中的位移x1＝，速度從v增加到2v的過(guò)程中的位移x2＝＝，則位移之比為1∶3，根據(jù)W＝Fx知，汽車發(fā)動(dòng)機(jī)做功之比為1∶3，即W2＝3W1，故B正確，A、

8、C、D錯(cuò)誤。 答案　B 2．(2018·哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三測(cè)試)測(cè)定運(yùn)動(dòng)員體能的一種裝置如圖2－1－5所示，運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m1，繩拴在腰間沿水平方向跨過(guò)定滑輪(不計(jì)滑輪摩擦、質(zhì)量)，下懸一個(gè)質(zhì)量為m2的重物，人用力蹬傳送帶而人的重心不動(dòng)，使傳送帶以速率v勻速向右運(yùn)動(dòng)，下面是人對(duì)傳送帶做功的四種說(shuō)法，其中正確的是 圖2－1－5 A．人對(duì)傳送帶不做功 B．人對(duì)傳送帶做負(fù)功 C．人對(duì)傳送帶做功的功率為m2gv D．人對(duì)傳送帶做功的功率為(m1＋m2)gv 解析　人對(duì)傳送帶的摩擦力方向向右，傳送帶在力的方向上有位移，所以人對(duì)傳送帶做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功，故A、

9、B錯(cuò)誤；人的重心不動(dòng)，繩對(duì)人的拉力和人與傳送帶間的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g，所以人對(duì)傳送帶做功的功率為m2gv，故C正確，D錯(cuò)誤。 答案　C 3．(多選)如圖2－1－6所示，物體沿弧形軌道滑下后進(jìn)入足夠長(zhǎng)的水平傳送帶，傳送帶以圖示方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，則傳送帶對(duì)物體做功情況可能是 圖2－1－6 A．始終不做功 B．先做負(fù)功后做正功 C．先做正功后不做功 D．先做負(fù)功后不做功 解析　當(dāng)物體到達(dá)傳送帶上時(shí)，如果物體的速度恰好和傳送帶的速度相等，那么物體和傳送帶將一起在水平面上勻速運(yùn)動(dòng)，它們之間沒有摩擦力的作用，所以傳送帶對(duì)物體始終不做功，所以A正確。若物體速度大于傳送帶速度，則受

10、向后的摩擦力，傳送帶對(duì)物體做負(fù)功，當(dāng)速度與傳送帶速度相等時(shí)，摩擦力為零，不再對(duì)物體做功，不會(huì)出現(xiàn)再做正功的情況，所以B錯(cuò)誤，D正確。若物體速度小于傳送帶速度，則受向前的摩擦力，傳送帶對(duì)物體做正功，當(dāng)速度與傳送帶速度相等，摩擦力又變?yōu)榱?，不再?duì)物體做功，所以C正確。 答案　ACD 考點(diǎn)二　機(jī)車啟動(dòng)問(wèn)題 1．恒定功率啟動(dòng) 機(jī)車先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。速度圖像如圖2－1－7所示，當(dāng)F＝F阻時(shí)，vm＝＝。 圖2－1－7 2．恒定加速度啟動(dòng) 速度圖像如圖2－1－8所示。機(jī)車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)功率達(dá)到額定功率后獲得勻加速運(yùn)動(dòng)的最大速度v1。若再加速，應(yīng)保持功率

11、不變做變加速運(yùn)動(dòng)，直至達(dá)到最大速度vm后做勻速運(yùn)動(dòng)。 圖2－1－8 (1)求v1∶由F－F阻＝ma；P＝P額＝Fv1得v1＝。 (2)求vm：由P額＝F阻vm得vm＝。 (3)求勻加速時(shí)間t1：t1＝。 　(多選)(2018·資陽(yáng)二診)如圖2－1－9所示為牽引力F和車速倒數(shù)的關(guān)系圖像。若汽車質(zhì)量為2×103 kg，它由靜止開始沿平直公路行駛，且行駛中阻力恒定，設(shè)其最大車速為30 m/s，則正確的是 圖2－1－9 A．汽車所受阻力為2×103 N B．汽車車速為15 m/s時(shí)功率為3×104 W C．汽車勻加速的加速度為3 m/s2 D．汽車勻加速所需時(shí)間為5 s

12、[解析]　由圖像可知車速為30 m/s時(shí)的牽引力為F＝2×103 N，此時(shí)汽車做勻速運(yùn)動(dòng)，f＝F＝2×103 N，故A正確。此時(shí)汽車的功率為P＝Fvm＝2×103 N×30 m/s＝6×104 W。汽車在速度較小時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)速度為v1時(shí)開始做功率恒定的變加速運(yùn)動(dòng)，由P＝F1v1得v1＝＝ m/s＝10 m/s。 即速度在10 m/s

13、汽車在平直路面上勻速運(yùn)動(dòng)，用跨過(guò)光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，汽車與滑輪間的繩保持水平，當(dāng)牽引輪船的繩與水平方向成θ角時(shí)，輪船速度為v，汽車的功率為P，汽車受到的阻力(不含繩的拉力)恒為f，則此時(shí)繩對(duì)船的拉力大小為 圖2－1－10 A.＋f B.－f C.＋f D.－f 解析　將船的速度分解如圖所示，沿繩子方向的分速度v1＝vcos θ，根據(jù)P＝Fv1得，汽車的牽引力大小F＝＝。根據(jù)平衡條件得，繩對(duì)汽車的拉力大小F′＝F－f＝－f，那么此時(shí)繩對(duì)船的拉力大小為－f，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 2．(2018·鞍山二模)汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)功率為P?？爝M(jìn)入鬧

14、市區(qū)時(shí)，司機(jī)減小了油門，使汽車的功率立即減小一半并保持該功率繼續(xù)行駛。如圖2－1－11四個(gè)圖像中，哪個(gè)圖像正確表示了從司機(jī)減小油門開始，汽車的速度與時(shí)間的關(guān)系 圖2－1－11 解析　汽車勻速行駛時(shí)合力為零即牽引力等于阻力，功率減小一半時(shí)，汽車的速度由于慣性來(lái)不及變化，根據(jù)功率和速度關(guān)系公式P＝Fv，牽引力減小一半，小于阻力，合力向后，汽車做減速運(yùn)動(dòng)，由公式P＝Fv可知，功率一定時(shí)，速度減小后，牽引力增大，合力減小，加速度減小，故汽車做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)牽引力增大到等于阻力時(shí)，加速度減為零，物體將再次做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 答案　C 考點(diǎn)三　動(dòng)能定理的綜

15、合應(yīng)用 1．對(duì)動(dòng)能定理表達(dá)式W＝ΔEk＝Ek2－Ek1的理解 (1)動(dòng)能定理表達(dá)式中，W表示所有外力做功的代數(shù)和，包括物體重力所做的功。 (2)動(dòng)能定理表達(dá)式中，ΔEk為所研究過(guò)程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，而且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。 2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的三點(diǎn) (1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。 (2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的。 (3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過(guò)程考慮，但如能對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式

16、，則可使問(wèn)題簡(jiǎn)化。 　(2018·成都二診)如圖2－1－12所示，四分之三周長(zhǎng)圓管的半徑R＝0.4 m，管口B和圓心O在同一水平面上，D是圓管的最高點(diǎn)，其中半圓周BE段存在摩擦，BC和CE段動(dòng)摩擦因數(shù)相同，ED段光滑；質(zhì)量m＝0.5 kg、直徑稍小于圓管內(nèi)徑的小球從B正上方高H＝2.5 m的A處自由下落，到達(dá)圓管最低點(diǎn)C時(shí)的速率為6 m/s，并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到圓管的最高點(diǎn)D飛出，恰能再次進(jìn)入圓管，假定小球再次進(jìn)入圓管時(shí)不計(jì)碰撞能量損失，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖2－1－12 (1)小球飛離D點(diǎn)時(shí)的速度大??； (2)小球從B點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦所做的功； (3)由動(dòng)能定能

17、分析小球再次進(jìn)入圓管后能越過(guò)C點(diǎn)的原因。 [思路引導(dǎo)] [解析]　(1)小球飛離D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)， 在水平方向：R＝vDt，豎直方向：R＝gt2， 解得vD＝ m/s。 (2)小球從A到D過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mg(H－R)－Wf1＝mv－0， 解得Wf1＝10 J。 (3)小球從C到D過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 －2mgR－Wf2＝mv－mv， 解得Wf2＝4.5 J， 小球從A到C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 mg(H＋R)－Wf3＝mv－0， 解得Wf3＝5.5 J； 小球再次進(jìn)入圓管，從D到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得 2mgR－Wf4＝mvC′2－mv， 解得Wf4

18、＝4.5 J－mvC′2， Wf4＜Wf2＝4.5 J。vC′＞0，小球能過(guò)C點(diǎn)。 [答案]　(1) m/s　(2)10 J (3)小球再次進(jìn)入圓管后，能越過(guò)C點(diǎn)，因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大于零。 【題組突破】 1.(2018·天津卷)如圖2－1－13所示，滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB，從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中 圖2－1－13 A．所受合外力始終為零 B．所受摩擦力大小不變 C．合外力做功一定為零 D．機(jī)械能始終保持不變 解析　運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周

19、運(yùn)動(dòng)，所受合外力指向圓心，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，合外力做功一定為零，C項(xiàng)正確；運(yùn)動(dòng)員所受滑動(dòng)摩擦力大小隨運(yùn)動(dòng)員對(duì)滑道壓力大小的變化而變化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變，重力勢(shì)能減少，所以機(jī)械能減少，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　C 2．動(dòng)能定理在電學(xué)中的應(yīng)用 (2018·湖南五市十校聯(lián)考)如圖2－1－14所示，BCD為固定在豎直平面內(nèi)的半徑為r＝10 m圓弧形光滑絕緣軌道，O為圓心，OC豎直，OD水平，OB與OC間夾角為53°，整個(gè)空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。從A點(diǎn)以初速v0＝9 m/s沿AO方向水平拋出質(zhì)量m＝0.1 kg的小球(小球可視為質(zhì)點(diǎn))，小球帶正電荷q＝＋0.01 C，小球

20、恰好從B點(diǎn)沿垂直于OB的方向進(jìn)入圓弧軌道。不計(jì)空氣阻力。求： 圖2－1－14 (1)A、B間的水平距離L； (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E； (3)小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小FN； (4)小球從D點(diǎn)離開軌道后上升的最大高度H。 解析　(1)從A到B，vBy＝v0tan 53°，vBy＝at，y＝rcos 53°，y＝at2解得t＝1 s，a＝12 m/s2，L＝v0t＝9 m (2)根據(jù)牛頓第二定律可得mg＋qE＝ma，解得E＝20 N/C (3)從A到C，根據(jù)動(dòng)能定理可得(mg＋qE)r＝mv－mv在C點(diǎn)，F(xiàn)N－(mg＋qE)＝m，解得FN＝4.41 N，由牛頓第三定律可

21、知小球?qū)壍缐毫Υ笮?.41 N。 (4)對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，－(qE＋mg)H＝－mv，解得H＝3.375 m。 答案　(1)9 m　(2)E＝20 N/C　(3)FN＝4.41 N (4)H＝3.375 m 3．如圖2－1－15所示，上表面光滑、長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、質(zhì)量M＝10 kg的木板，在F＝50 N的水平拉力作用下，以v0＝5 m/s的速度沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m＝3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板最右端，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L＝1 m時(shí)，又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無(wú)初速度地放在木板最右端，以后木板再運(yùn)動(dòng)1 m時(shí)再在其最右端無(wú)初速度地放上一個(gè)同樣的小鐵塊。(g取

22、10 m/s2)求： 圖2－1－15 (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板的速度大?。? (3)從放第三個(gè)鐵塊開始(停止放后續(xù)鐵塊)到木板停下的過(guò)程，木板運(yùn)動(dòng)的距離。 解析　(1)木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到地面的摩擦力為Ff 由平衡條件得F＝Ff 又Ff＝μMg 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得μ＝0.5 (2)每放一個(gè)小鐵塊，木板所受的摩擦力增加μmg， 令剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板速度為v1，對(duì)木板從放第一個(gè)鐵塊到剛放第三個(gè)鐵塊的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 －μmgL－2μmgL＝Mv－Mv 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v1＝4 m/s (3)從放第三個(gè)鐵塊開始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒為μ(3m＋M)g，從放第三個(gè)鐵塊開始到木板停下的過(guò)程，木板運(yùn)動(dòng)的距離為x，對(duì)木板由動(dòng)能定理得 －3μmgx＝0－Mv 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝m＝1.78 m。 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)1.78 m