《2022年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題五 功、功率與動能定理及應用限時訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題五 功、功率與動能定理及應用限時訓練（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復習 第一部分 考前復習方略 專題五 功、功率與動能定理及應用限時訓練 一、選擇題 1．(xx·沈陽一模)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齊．板與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4.現(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.木板中心到達桌子邊緣時即可翻下，則WF≥μmg·＝0.4×1×10× J＝1.6 J，故B正確． 2．(xx·襄陽一模)用豎直向上大小為3

2、0 N的力F，將2 kg 的物體由沙坑表面靜止提升1 m時撤去力F，經(jīng)一段時間后，物體落入沙坑，測得落入沙坑的深度為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(　　) A．20 J B．24 J C．34 J D．54 J 解析：選C.對全程應用動能定理得： F·h＋mgd－Wf＝0 即30×1 J＋2×10×0.2 J－Wf＝0 Wf＝34 J，故C正確． 3．(xx·白山一模)一個質(zhì)量為m的物塊，在幾個共點力的作用下靜止在光滑水平面上．現(xiàn)把其中一個水平方向的力從F突然增大到3F，并保持其他力不變，則從這時開始t s末，該力的瞬時功率是(

3、　　) 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2F＝ma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運動，速度v＝at，該力大小為3F，則該力的瞬時功率P＝3Fv，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點以某一速率開始下滑，曲面內(nèi)各處動摩擦因數(shù)不同，因摩擦作用物塊下滑時速率不變，則下列說法正確的是(　　) A．物塊運動的過程中加速度始終為零 B．物塊所受合外力大小不變，方向時刻在變化 C．在滑到最低點C以前，物塊所受摩擦力大小逐漸

4、變小 D．滑到最低點C時，物塊所受重力的瞬時功率達到最大 解析：選BC.由于物塊做勻速圓周運動，所受合外力大小不變，方向時刻指向圓心，提供圓周運動的向心力，產(chǎn)生向心加速度，A錯誤，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向的分力，即Ff＝mgcos θ，隨著物塊下滑，θ角越來越大，物塊所受摩擦力越來越小，C正確；滑到最低點時，速度沿水平方向，此時重力的瞬時功率P＝mgvcos θ，由于速度的方向與重力方向垂直，因此重力的瞬時功率恰好等于零，D錯誤． 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動，A、B、C是其運動路徑上的三個點，且AC＝BC.若

5、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，物體動能的增量分別為ΔEA、ΔEB，不計滑輪質(zhì)量和摩擦，下列判斷正確的是(　　) A．WFA＝WFB，ΔEA＝ΔEB B．WFA＞W(wǎng)FB，ΔEA＞ΔEB C．WFA＜WFB，ΔEA＜ΔEB D．WFA＞W(wǎng)FB，ΔEA＜ΔEB 解析：選B.如圖，F(xiàn)做的功等于F1做的功，物體由A向B運動的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，又因為AC＝BC，由W＝F1l知WFA＞W(wǎng)FB；對物體只有F做功，由動能定理知ΔEA＞ΔEB，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)過一段時間t，前進距離l，此時恰好達到其最大速度v

6、m，設此過程中汽車發(fā)動機始終以額定功率P工作，汽車所受阻力恒為Ff，則在這段時間里，發(fā)動機所做的功為(　　) A．Ffvmt B．Pt C.mv＋Ffl－mv D．Fft 解析：選ABC.發(fā)動機牽引力為變力，而牽引力的功率恒定，則可用W＝Pt求變力做功，選項B正確；根據(jù)P＝F牽v＝Ffvm，所以W＝Ffvmt，選項A正確；根據(jù)動能定理，W－Ffl＝mv－mv，解得W＝mv－mv＋Ffl，選項C正確． 7.(xx·高考全國卷Ⅱ，T17，6分)一汽車在平直公路上行駛．從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間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隨時間t

7、變化的圖線中，可能正確的是(　　) 解析：選A.由題中P－t圖象知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛．設汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當v增加時，F(xiàn)減小，由a＝知a減小，又因速度不可能突變，所以選項B、C、D錯誤，選項A正確． 8.(xx·高考全國卷Ⅰ，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)點自P點上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　)

8、 A．W＝mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點 B．W>mgR，質(zhì)點不能到達Q點 C．W＝mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離 D．W

9、－W′＝mv，故質(zhì)點到達Q點后速度不為0，質(zhì)點繼續(xù)上升一段距離．選項C正確． 9．(xx·河北衡水中學三模)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摩擦因數(shù)為0.5，桌面高0.45 m，若不計空氣阻力，取g＝10 m/s2，則(　　) A．小物塊的初速度是5 m/s B．小物塊的水平射程為1.2 m C．小物塊在桌面上克服摩擦力做8 J的功 D．小物塊落地時的動能為0.9 J 解析：選D.小物塊在桌面上克服摩擦力做功Wf＝μmgL＝2 J，C錯．在水平桌面上滑行，由動能定理得－Wf＝

10、mv2－mv，解得v0＝7 m/s，A錯．小物塊飛離桌面后做平拋運動，有x＝vt、h＝gt2，解得x＝0.9 m，B錯．設小物塊落地時動能為Ek，由動能定理得mgh＝Ek－mv2，解得Ek＝0.9 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動的規(guī)律時，在計算機上得到0～6 s內(nèi)物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示．下列說法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)物體先向正方向運動，后向負方向運動 B．0～6 s內(nèi)物體在4 s時的速度最大 C．物體在2～4 s內(nèi)速度不變 D．0～4 s內(nèi)合力對物體做的功等于0～6 s內(nèi)合力做的功 解析：選D.由

11、v＝at可知，題中a－t圖象中，圖線與坐標軸所圍面積表示質(zhì)點的速度，0～6 s內(nèi)物體的速度始終為正值，故一直為正方向，A項錯；t＝5 s時，速度最大，B項錯；2～4 s內(nèi)加速度保持不變，速度一定變化，C項錯；0～4 s內(nèi)與0～6 s內(nèi)圖線與坐標軸所圍面積相等，故物體4 s末和6 s末速度相同，由動能定理可知，兩段時間內(nèi)合力對物體做功相等，D項正確． 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m＝1.0 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)在水平恒力F＝10.0 N的作用下，從A點由靜止開始運動，當滑

12、塊運動的位移x＝0.50 m時撤去力F.已知A、B之間的距離x0＝1.0 m，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.10，g取10 m/s2.求： (1)在撤去力F時，滑塊的速度大??； (2)滑塊通過B點時的動能； (3)滑塊通過B點后，能沿圓弧軌道上升的最大高度h＝0.35 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)滑動摩擦力Ff＝μmg 設撤去力F前滑塊的加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律得： F－μmg＝ma1 解得：a1＝9.0 m/s2 設滑塊運動位移為0.50 m時的速度大小為v，根據(jù)運動學公式得：v2＝2a1x 解得：v＝3.0 m/s. (

13、2)設滑塊通過B點時的動能為EkB，從A到B運動過程中，由動能定理得： Fx－Ffx0＝EkB 解得：EkB＝4.0 J. (3)設滑塊沿圓弧軌道上升過程中克服摩擦力做功為WFf，由動能定理得： －mgh－WFf＝0－EkB 解得：WFf＝0.50 J. 答案：(1)3.0 m/s　(2)4.0 J　(3)0.50 J 12．(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，使細線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細線豎直、cd段的細線與斜面平

14、行．已知A、B的質(zhì)量均為m，斜面傾角為θ＝37°，重力加速度為g，滑輪的質(zhì)量和摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．C釋放后沿斜面下滑，當A剛要離開地面時，B的速度最大，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)從開始到物體A剛要離開地面的過程中，物體C沿斜面下滑的距離； (2)C的質(zhì)量； (3)A剛要離開地面時，C的動能． 解析：(1)設開始時彈簧壓縮的長度為xB，則有 kxB＝mg 設當物體A剛要離開地面時，彈簧的伸長量為xA，則有 kxA＝mg 當物體A剛要離開地面時，物體B上升的距離與物體C沿斜面下滑的距離相等，為： h＝xA＋xB 解得：h

15、＝. (2)物體A剛要離開地面時，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力kxA、細線的拉力FT三個力的作用，設物體B的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律： 對B有：FT－mg－kxA＝ma 對C有：mCgsin θ－FT＝mCa B獲得最大速度時，有：a＝0 解得：mC＝. (3)法一：由于xA＝xB，彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛要離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設為v0，由動能定理得： mCghsin θ－mgh＋W彈＝(m＋mC)v－0 其中W彈＝0 解得：v＝ 所以EkC＝mCv＝. 法二：根據(jù)動能定理， 對C：mCghsin θ－WT＝EkC－0 對B：WT－mgh＋W彈＝EkB－0 其中W彈＝0 又EkC∶EkB＝10∶3 解得：EkC＝. 答案：(1)　(2)　(3)