2022年高考物理二轮复习 专题整合突破二 功和能 第5讲 功 功率 动能定理素能特训

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1、2022年高考物理二轮复习 专题整合突破二 功和能 第5讲 功 功率 动能定理素能特训 一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中1～5为单选题，6～8为多选题) 1.[xx·邢台摸底]一物体静止在粗糙水平地面上，现用水平恒力F1拉动物体，经过一段时间后其速度变为v，若将水平恒力改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v，对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　) A.WF2>4WF1，Wf2>2Wf1 B.WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1 C.WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1

2、 D.WF2<4WF1，Wf2<2Wf1 答案　C 解析　用水平恒力F1拉动物体时，时间t内的位移x1＝t，由动能定理得：WF1－μmgx1＝mv2，所以WF1＝mv2＋μmg·t，用水平恒力F2拉动物体时，时间t内的位移x2＝t＝vt，由动能定理得：WF2－μmgx2＝m·(2v)2，所以WF2＝m·4v2＋μmg·t，故WF2<4WF1；第一次克服摩擦力做功Wf1＝μmg·t，第二次克服摩擦力做功Wf2＝μmgt，故Wf2＝2Wf1，C正确。 2．[xx·绵阳二诊]如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置。现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位

3、置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则(　　) A.F1＝F2＝2mg B.从A到B，拉力F做功为F1L C.从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变 D.从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大 答案　A 解析　在B位置对小球进行受力分析，根据平衡条件有F1＝＝2mg，在最低点A位置，根据牛顿第二定律有F2－mg＝，从B到A利用动能定理得mgL(1－cos60°)＝mv2，联立可知F2＝2mg，选项A正确；从A到B利用动能定理得WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得拉力F做功为WF＝，选项B

4、错误；从B到A的过程中，小球受到的合外力大小时刻发生变化，选项C错误；在最高点时小球的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点时，小球在竖直方向的速度也为零，其重力的瞬时功率为零，即从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。 3．[xx·保定一模]如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上有一垂直于斜面的固定挡板C，质量相等的两木块A、B用一劲度系数为k的轻弹簧相连，系统处于静止状态，弹簧压缩量为l。如果用平行斜面向上的恒力F(F＝mAg)拉A，当A向上运动一段距离x后撤去F，A运动到最高处B刚好不离开C，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.A沿斜面上升的初始

5、加速度大小为 B.A上升的竖直高度最大为2l C.拉力F的功率随时间均匀增加 D.l等于x 答案　D 解析　A原来处于静止状态，加外力F后的初始加速度a＝＝g，故A选项错误。刚开始，弹簧压缩量为l，对A沿斜面方向列平衡方程有：mAgsinθ＝kl，最后B恰好不离开C，对B沿斜面方向列平衡方程有：mBgsinθ＝kx1，其中x1为弹簧伸长量，因mA＝mB，所以x1＝l，则A沿斜面上升2l，而竖直高度h＝2lsinθ＝l，故B选项错误。因弹簧初始的压缩量为l，后来的伸长量为l，所以弹性势能没变。由能量守恒得：F做的功转化成了A的重力势能。即Fx＝mAg·2l·sinθ，所以x＝l，故D选

6、项正确。拉力F的功率P＝Fv，由于A不是匀变速运动，故P不是随时间均匀增加，故C选项错误。 4．[xx·邯郸质检]某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5 m，目测空中脚离地最大高度约0.8 m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功约为(　　) A.65 J B．350 J C.700 J D．1250 J 答案　C 解析　由动能定理知起跳过程该同学做的功转化为该同学的动能，所以求该同学做功应该求该同学起跳后斜抛的初速度。竖直方向由h＝gt2得t＝0.4 s，水平方向由x＝vx·2t得vx＝3.125 m/s，竖直方向vy＝gt

7、＝4 m/s，所以该同学初速度v的平方为：v2＝v＋v＝25.8 m2/s2，取该同学质量为m＝60 kg，则Ek＝mv2＝25.8×30 J＝773 J，所以该同学所做功约为700 J，故选项C正确。 5．[xx·合肥质检]A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v­t图象如图所示。已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，则下列说法正确的是(　　) A.F1、F2大小之比为1∶2 B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2 C.A、B质量之比为2∶1 D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1 答案　C 解析　由

8、图象可知，两物体的位移相同，两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等，故全过程中两物体克服摩擦力做功相等，D项错；由动能定理可知，两物体所受外力做功与克服摩擦力做功相等，故外力做功相同，B项错；由图象可知，A、B在外力作用下的位移比为1∶2，由功的定义可知，F1∶F2＝2∶1，A项错；由速度图象可知，两物体匀减速过程中的加速度大小之比为1∶2，由牛顿第二定律有：Ff＝ma可知两物体质量之比为2∶1，C项正确。 6.[xx·衡水二调]如图甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平拉力F的作用，F与时间t的关系如图乙所示。设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1～t3时间

9、内(　　) A．t1时刻物块的速度为零 B.t2时刻物块的加速度最大 C.t3时刻物块的动能最大 D.t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功 答案　ABC 解析　由图乙知，t1时刻F＝Ffm，物块A刚要动，所以速度为零，故A选项正确。A一旦动起来由牛顿第二定律知F－Ffm＝ma，则t2时刻a最大，故B选项正确。t1～t3时间内F>Ffm，加速运动，故t3时刻动能最大，C选项正确。t1～t3时间内F的方向与位移的方向相同，一直做正功，故D选项错误。 7.[xx·湖南十三校联考]有一物体由某一固定的长斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面与物体间的动摩擦因数μ＝0.5，其动能E

10、k随离开斜面底端的距离x变化的图线如图所示，g取10 m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　) A．斜面的倾角θ＝30° B.物体的质量为m＝0.5 kg C.斜面与物体间的摩擦力大小f＝2 N D.物体在斜面上运动的总时间t＝2 s 答案　BC 解析　由动能定理知Ek­x图象的斜率表示合外力 则上升阶段mgsinθ＋μmgcosθ＝ N＝5 N，① 下降阶段mgsinθ－μmgcosθ＝ N＝1 N，② ①②联立得tanθ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A选项错误，B选项正确。物体与斜面间的摩擦力f＝μmgcosθ＝2 N，故C选项正确。上升阶段由Ek­

11、x斜率知F1＝5 N，则a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25 J，联立得t1＝1 s，同理，下降阶段F2＝1 N，则a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5 J，联立得t2＝ s，则t＝t1＋t2＝(1＋) s，故D选项错误。 8．[xx·陕州月考]一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知(　　) A.物体与水平面间的动摩擦因数约为0.35 B.减速过程中拉力对物体所做的功约

12、为13 J C.匀速运动时的速度约为6 m/s D.减速运动的时间约为1.7 s 答案　ABC 解析　F­s图象围成的面积代表拉力F做的功，由图知减速阶段F­s围成面积约13个小格，每个小格1 J则约为13 J，故B正确。刚开始匀速，则F＝μmg，由图知F＝7 N，则μ＝＝0.35，故A正确。全程应用动能定理：WF－μmgs＝0－mv，其中WF＝(7×4＋13) J＝41 J，得v0＝6 m/s，故C正确。由于不是匀减速，没办法求减速运动的时间，D错。 二、计算题(本题共2小题，共36分，需写出规范的解题步骤) 9．[xx·绵阳模拟]如图所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道

13、，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出。落到地面上的C点，轨迹如图中虚线BC所示。已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一个水平传送带，传送带的右端与B的距离为，当传送带静止时，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点。当驱动轮转动从而带动传送带以速度v＝匀速向右运动时(其他条件不变)，P的落地点为D。(不计空气阻力) (1)求P滑到B点时的速度大小； (2)求P与传送带之间的动摩擦因数； (3)求出O、D间的距离。 答案　(1)　(2)　(3)l

14、 解析　(1)物体P在AB轨道上滑动时，由动能定理得mgh＝mv得P滑到B点时的速度v0＝。 (2)当没传送带时，物体离开B点后平抛，运动时间t＝＝ 当B点下方传送带静止时，物体从传送带右端平抛，时间也为t，水平位移为， 物体从右端抛出速度v1＝＝＝ 由动能定理：－μmg＝mv－mv得μ＝ (3)物体以v0滑上传送带将匀加速，设加速到v＝通过的位移为x，由动能定理知：μmgx＝mv2－mv，解得x＝l< 所以物体尚未到右端就与传送带共速，最终以v平抛， 平抛时间也为t，则OD间距离s＝vt＋ 解得s＝l 10．[xx·北京师大附中月考]如图所示，竖直平面内固定着一个滑槽轨

15、道，其左半部是倾角为θ＝37°，长为l＝1 m的斜槽PQ，右部是光滑半圆槽QSR，RQ是其竖直直径。两部分滑槽在Q处平滑连接，R、P两点等高。质量为m＝0.2 kg的小滑块(可看做质点)与斜槽间的动摩擦因数为μ＝0.375。将小滑块从斜槽轨道的最高点P释放，使其开始沿斜槽下滑，滑块通过Q点时没有机械能损失。求： (1)小滑块从P到Q克服摩擦力做的功Wf； (2)为了使小滑块滑上光滑半圆槽后恰好能到达最高点R，从P点释放时小滑块沿斜面向下的初速度v0的大小； (3)现将半圆槽上半部圆心角为α＝60°的RS部分去掉，用上一问得到的初速度v0将小滑块从P点释放，它从S点脱离半圆槽后继续上升的最大高度h。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80) 答案　(1)0.6 J　(2)3 m/s　(3)0.225 m 解析　(1)克服摩擦力做功：Wf＝μmgcosθ·l＝0.6 J (2)从P到R全过程对滑块用动能定理得： －Wf＝mv－mv 在R点重力充当向心力mg＝， 半径r＝lsinθ＝0.3 m， 解得v0＝3 m/s (3)从P到S全过程对滑块用动能定理得mgr(1－cosα)－Wf＝mv－mv 则离开半圆槽时的速度vS＝ m/s，如图， 其竖直分速度vy＝vSsinα＝ m/s，v＝2gh 得h＝0.225 m