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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 動能定理課后達標檢測卷（含解析） 1．[多選](2018·江蘇高考)如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由A點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達B點。在從A到B的過程中，物塊(　　) A．加速度先減小后增大 B．經過O點時的速度最大 C．所受彈簧彈力始終做正功 D．所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：選AD　小物塊由A點開始向右加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，F(xiàn)彈減小，由F彈－Ff＝ma知，a減?。划斶\動到F彈＝Ff時，a減小為零，此時小物塊速

2、度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)；由于慣性，小物塊繼續(xù)向右運動，此時Ff－F彈＝ma，小物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，a逐漸增大；當越過O點后，彈簧開始被拉伸，此時F彈＋Ff＝ma，隨著拉伸量增大，a繼續(xù)增大，綜上所述，從A到B過程中，物塊加速度先減小后增大，在O點左側F彈＝Ff時速度達到最大，故A正確，B錯誤。在AO段物塊所受彈簧彈力做正功，在OB段做負功，故C錯誤。由動能定理知，從A到B的過程中，彈力做功與摩擦力做功之和為0，故D正確。 2．(2017·江蘇高考)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)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關系

3、的圖線是(　　) 解析：選C　設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數(shù)關系圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0為小物塊到達最高點時的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ－μmgcos θ)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。 3.(2018·江蘇七市三模

4、)如圖所示，不可伸長的細線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點等高處由靜止釋放后做圓周運動，不計空氣阻力，則小球從釋放位置運動到最低點的過程中(　　) A．水平方向加速度不斷增大 B．豎直方向加速度不斷增大 C．重力做功的瞬時功率先增大后減小 D．拉力做功的瞬時功率先增大后減小 解析：選C　小球在最高點合力方向豎直向下，在最低點合力方向豎直向上，但在中間過程某點拉力卻有水平方向的分量，所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小，故A錯誤；小球在開始釋放的瞬間的加速度為g且向下，接下來細線在豎直方向有向上的分量，所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開始變小，故B錯誤；重

5、力的瞬時功率為P＝mgvy，小球在開始釋放的瞬間速度為零，此時重力的瞬時功率為零，到達最低點時，速度水平向左，豎直分速度為零，所以此時重力的瞬時功率為零，在中間過程豎直分速度不為零，重力的瞬時功率也不為零，所以重力的瞬時功率先增大后減小，故C正確；拉力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時功率始終為零，故D錯誤。 4.(2018·鎮(zhèn)江一模)坐落在鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高88 m，假設乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列說法正確的是(　　) A．在摩天輪轉動的過程中，乘客機械能始終保持不變 B．在最低點時，乘客所受重力大于座椅對他的支持力 C．在摩天輪轉動一周的過程中，合力對乘客做功為零

6、 D．在摩天輪轉動的過程中，乘客重力的功率保持不變 解析：選C　機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，A錯誤；圓周運動過程中，在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力向上，所以F＝N－mg，則支持力N＝mg＋F，所以重力小于支持力，B錯誤；在摩天輪轉動一周的過程中，動能變化量為零，則合力對乘客做功為零，C正確；運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，D錯誤。 5．(2018·徐州期中)高臺跳水被認為是世界上最難、最美的運動項目之一。一運

7、動員在十米跳臺跳水比賽中，觸水時重力的功率約為(　　) A．7 000 W　　　　　　　 B．700 W C．70 W D．7 W 解析：選A　運動員在跳水過程中看做自由落體運動，故落水時的速度為v＝＝10 m/s，運動員的體重約為50 kg，故重力的瞬時功率約為P＝mgv＝7 000 W，故A正確。 6.(2018·揚州期末)某士兵練習迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點在目標A的右側，第二次調整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標，忽略空氣阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說法正確的是(　　) A．第二次炮彈在空中運動時間較長 B．兩次炮彈在空中運動時間相等 C．第二次炮彈落地

8、時速度較大 D．第二次炮彈落地時速度較小 解析：選A　炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據(jù)下落過程豎直方向做自由落體運動，h＝gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運動時間較長，故A正確，B錯誤；根據(jù)動能定理：mgh＝mv2－mv02，由于兩次在空中運動過程重力做功都是零，所以v＝v0，故兩次炮彈落地時速度相等，故C、D錯誤。 7.[多選](2018·南京調研)如圖所示，滑塊以初速度v0滑上表面粗糙的固定斜面，到達最高點后又返回到出發(fā)點。則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度a、速度v隨時間t，重力對滑塊所做的功W、動能Ek與位移x關系的是(取初始位置

9、為坐標原點、初速度方向為正方向)(　　) 解析：選BD　滑塊整個運動過程的加速度方向均與初速度方向相反，故A錯誤。上滑時的加速度大小a1＝gsin θ＋μgcos θ，下滑時的加速度大小a2＝gsin θ－μgcos θ，結合位移公式x＝at2，可知下滑時間大于上滑的時間；由于機械能有損失，返回到出發(fā)點時速度小于出發(fā)時的初速度，故B正確。重力做功W＝－mgh＝－mgxsin θ，上滑過程與下滑過程的W-x圖像重疊，故C錯誤。根據(jù)動能定理得，上滑過程有：－ma1x＝Ek－mv02，解得Ek＝mv02－ma1x，同理下滑過程有：Ek＝ma2(L－x)，由數(shù)學知識知，D正確。 8．(2018

10、·鹽城三模)如圖所示，質量為m、半徑為R的光滑圓柱體B放在水平地面上，其左側有半徑為R、質量為m的半圓柱體A，右側有質量為m的長方體木塊C，現(xiàn)用水平向左的推力推木塊C，使其緩慢移動，直到圓柱體B恰好運動到半圓柱體A的頂端，在此過程中A始終保持靜止。已知C與地面間動摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度為g。求： (1)圓柱體B下端離地高為時，地面對半圓柱體A的支持力； (2)木塊C移動的整個過程中水平推力的最大值； (3)木塊C移動的整個過程中水平推力所做的功。 解析：(1)以A和B整體為研究對象，地面支持力FN＝2mg。 (2)B剛離開地面時，B對C的彈力最大，對B受力分析， 則彈力F1＝

11、mgtan 60°＝mg 此時水平推力最大為Fm＝F1＋μmg＝mg。 (3)C移動的距離x＝2Rcos 30°＝R 摩擦力做功Wf＝μmgx＝mgR 根據(jù)動能定理W－Wf－mgR＝0 解得W＝mgR。 答案：(1)2mg　(2)mg　(3)mgR 9.(2018·南通調研)如圖所示，質量分布均勻的刷子刷地面上的薄墊子，開始時刷子和墊子的左邊緣對齊，刷子的質量為m，墊子的質量為M，刷子和墊子間的動摩擦因數(shù)為μ1，墊子和地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，刷子和地面間的動摩擦因數(shù)為μ3，重力加速度為g。 (1)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成60°角的推力F1，墊子和刷子保持靜止，

12、求刷子受到的摩擦力f1的大小和地面對墊子的支持力FN的大??； (2)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成30°角的推力F2，刷子和墊子以同一加速度運動，求刷子受到的摩擦力f2的大??； (3)若給刷子施加一個水平向右的推力F3，刷子從圖示位置開始運動，墊子保持靜止，已知刷子的長為b，墊子的長為L(L>b)，求刷子完全離開墊子的速度v的大小。 解析：(1)刷子受到重力、墊子的支持力、推力F1和摩擦力作用 則水平方向受力平衡，有f1＝F1cos 60°＝F1 刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡， 有FN＝(M＋m)g＋F1sin 60°＝(M＋m)g＋F1。 (2)設刷子和墊子運動的

13、加速度為a，由牛頓第二定律可得： F2cos 30°－μ2(mg＋Mg＋F2sin 30°)＝(M＋m)a 對刷子有：F2cos 30°－f2＝ma 解得f2＝μ2mg＋。 (3)刷子離開墊子的過程受到的摩擦力做的功 Wf＝－ 由動能定理有F3L－μ1mg(L－b)＋Wf＝mv2－0 解得v＝ 。 答案：(1)F1　(M＋m)g＋F1 (2)μ2mg＋ (3) 10.(2018·蘇北四市調研)如圖所示，水平光滑細桿上P點套一小環(huán)，小環(huán)通過長L＝1 m的輕繩懸掛一夾子，夾子內夾有質量m＝1 kg的物塊，物塊兩豎直側面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm＝7 N?，F(xiàn)對物塊施加F＝

14、8 N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環(huán)碰到桿上的釘子Q時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力F的作用。小環(huán)和夾子的大小及質量均不計，物塊可看成質點，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物塊做勻加速運動的加速度大小a； (2)P、Q兩點間的距離s； (3)物塊向右擺動的最大高度h。 解析：(1)由牛頓第二定律F＝ma 解得a＝8 m/s2。 (2)環(huán)到達Q時，靜摩擦力最大 由牛頓第二定律2fm－mg＝m 解得vm＝2 m/s 根據(jù)動能定理Fs＝mvm2 解得s＝0.25 m。 (3)設物

15、塊上升的最大高度為h，水平距離為x， 由動能定理得F(x＋s)－mgh＝0 由幾何關系得(L－h(huán))2＋x2＝L2 解得h＝1 m或h＝ m(舍去)。 答案：(1)8 m/s2　(2)0.25 m　(3)1 m 11．(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質量為m，A、B的質量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。現(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。 解析：(1)對C受力分析，如圖所示： 根據(jù)平衡條件有 2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據(jù)題意，B保持靜止， 則有fmin＝Fxmax，解得μmin＝。 (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。 答案：(1)mg　(2)　(3)(2μ－1)(－1)mgR