《2022年高考物理复习专题二第1讲功和功率动能定理 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理复习专题二第1讲功和功率动能定理 .pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、限训练 通高考 科学设题拿下高考高分(45 分钟) 一、单项选择题1.(2018 高考全国卷 )如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度木箱获得的动能一定 () 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：由题意知， W拉W阻 Ek，则 W拉 Ek，A 对，B 错；W阻与 Ek的大小关系不确定， C、D 错答案： A 2如图所示，质量为 m的汽车在某下坡的公路上，从速度v0开始加速运动，经时间 t 速度达到最大值vm.设在此过程中汽车发动机的功率恒为P，汽车所受的摩擦阻力为恒力对于该过程，以下说法正确的是() A该
2、过程中汽车一直做匀加速直线运动B该过程中汽车所受阻力fPvmC该过程中汽车所受阻力做功的大小为Pt12mv2mD该过程中汽车做加速度不断减小的加速运动解析：汽车发动机的功率恒为P， 则汽车做加速度逐渐减小的加速运动，A 错误，D 正确；汽车速度达到最大值vm时，汽车的牵引力FPvm，故 fPvmmgsin ，B 错误；由于还有重力做功，汽车所受阻力做的功无法求出，C 错误答案： D 3.如图所示， 质量为 m 的小球 (可视为质点 )用长为 L 的细线悬挂于精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 8 页O 点，自由静止在 A 位
3、置现用水平力F 缓慢地将小球从A 位置拉到 B 位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为 60 ，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() AF1F22mgB从 A 到 B，拉力 F 做的功为 F1LC从 B 到 A 的过程中，小球受到的合力大小不变D从 B 到 A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析： 在 B 位置，根据平衡条件有F1sin 30 mg，解得 F12mg.从 B 到 A，根据动能定理得 mgL(1cos 60 )12mv2，根据牛顿第二定律得F2mgmv2L，联立两式解得 F22mg，故 A 项正确；从A 到 B，小球缓慢移动，根据动
4、能定理得 WFmgL(1cos 60 )0， 解得 WF12mgL， 故 B 项错误；从 B 到 A 的过程中，小球的速度大小在变化，沿径向的合力在变化，故C 项错误；在 B 位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B 到 A 的过程中，重力的功率先增大后减小，故D 项错误答案： A 4.人与平衡车的总质量为m， 在平直路面上行驶时， 所受阻力不变当平衡车加速度为a，速度为 v 时，平衡车的功率为P1，则当功率为P2时，平衡车行驶的最大速度为() A.P2vP1B.P2vP1mavC.P1vP2D.P1vP2mav解析： 对平衡车受力分析，设受到的阻力的
5、大小为Ff，由牛顿第二定律可得， FFfma，所以 FFfma，所以功率 P1Fv(Ffma)v，解得 FfP1vma，当功率恒为 P2时，设最大速度为v，则 P2FvFfv，所以 vP2FfP2vP1mav，选项 B 正确答案： B 5一滑块在水平地面上沿直线滑行，t0 时的速率为 1 m/s，从此刻开始在与初精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页速度相反的方向上施加一水平作用力F，力 F和滑块的速度 v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，两图取同一正方向，g 取 10 m/ s2，则下列说法正确的是() A滑块的质
6、量为2 kg B第 1 s内摩擦力对滑块做的功为1 J C第 2 s末拉力 F 的瞬时功率为 0.3 W D第 2 s内拉力 F 的平均功率为 0.15 W 解析：由题图乙可知滑块的加速度a1 m/s2，根据牛顿第二定律，在第1 s内有FFfma，第 2 s内有 FFfma，代入数据解得 Ff1 N，m2 kg，A 正确；第 1 s内滑块的位移大小x11211 m0.5 m， 则摩擦力对滑块做的功WFfFfx110.5 J0.5 J，B 错误；第 2 s末拉力的功率 PFv31 W3 W，C 错误；第 2 s内滑块的位移 x21211 m0.5 m，则第 2 s内拉力的平均功率 PWtFx2t
7、30.51W1.5 W，D 错误答案： A 6.质量为 500 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a 和速度的倒数1v的关系如图所示，则赛车() A做匀加速直线运动B功率为 20 kW C所受阻力大小为2 000 N D速度大小为 50 m/s时牵引力大小为3 000 N 解析：由图象可知，汽车的加速度随速度的增大而减小，故汽车不做匀加速运动，选项 A 错误；根据 PFv，FFfma可得 aPm1vFfm，由图象可知Ffm4，Pm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页400，解得 Ff2 00
8、0 N，P2105 W，选项 B 错误， C 正确；速度大小为50 m/s时牵引力大小为 FPv210550N4 000 N，选项 D 错误答案： C 7(2017 高考江苏卷 )一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处物块初动能为 Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移 x 关系的图线是 () 解析：物块上滑时，重力沿斜面的分力和摩擦力均沿斜面向下，下滑时，摩擦力沿斜面向上，根据动能定理W Ek知，图象中的斜率表示物块受到的合力，物块上滑时恒定的合力大于物块下滑时恒定的合力，所以C 项正确答案： C 二、多项选择题8.(2018 湖南长沙高三一模 )如图所示，内壁光
9、滑半径大小为R的圆轨道竖直固定在桌面上， 一个质量为 m 的小球静止在轨道底部A 点现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动 当小球回到 A 点时，再次用小锤沿运动方向击打小球， 必须经过两次击打， 小球才能运动到圆轨道的最高点已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W， 第二次击打过程中小锤对小球做功4W，设两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则W的值可能是 () A.56mgRB.34mgRC.38mgRD.32mgR解析：第一次击打小球时， 小球运动的最大高度为R，即 WmgR.第二次击打小球，使小球运动到圆
10、轨道的最高点，而小球能够通过最高点的条件为mgmv2高R，即 v高 gR.小球从静止到到达最高点的过程中，由动能定理得W4Wmg 2R精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 8 页12mv2高0，得 W12mgR，所以 W 满足12mgRWmgR，选项 A、B 正确答案： AB 9.a、b 为紧靠着的且两边固定的两张相同薄纸，如图所示一个质量为 1 kg 的小球从距纸面高为60 cm 的地方自由下落，恰能穿破两张纸若将 a 纸的位置升高， b 纸的位置不变， 在相同条件下要使小球仍能穿破两张纸，则a 纸距离 b 纸可能是 (小球
11、穿破两张纸时，克服阻力做功相同 )() A15 cm B20 cm C30 cm D60 cm 解析：小球穿过两张纸时，由动能定理得mgh2W0，将 a 纸向上移，若恰能穿过第一张纸， 则 mghW0，解得下落的高度 h12h，因此两张纸的距离不能超过12h30 cm，选项 A、B、C 正确答案： ABC 10(2018 福建福州高三质检 )如图所示为某电动汽车在加速性能试验过程中的v-t 图象为了简化计算，可近似认为：汽车运动时受到的阻力恒定，在030 s内做匀加速直线运动， 30 s后汽车发动机的功率保持不变则() A15 s末、30 s末汽车的牵引力大小之比为21 B15 s末、30 s
12、末汽车的发动机功率之比为12 C30 s末、54 s末汽车的加速度大小之比为43 D030 s 内、3054 s内汽车发动机做功之比为58 解析：由题意可知汽车前30 s做匀加速直线运动，则牵引力恒定，因此A 错误；由图可知 15 s末、30 s末的速度分别为 9 m/s、18 m/s，由公式 PFv 可知，15 s末、30 s末汽车的发动机功率之比为12，B 正确；由图可知 30 s末、54 s末精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页的加速度之比应为a1a2P18FfP24Ff43P18FfP24Ff43，C 错误；0
13、30 s内，汽车发动机做的功 W1Fx1P1830182(J)15P(J)，3054 s内汽车发动机做功W2P(54 s30 s)24P(J)，因此W1W258，D 正确答案： BD 三、非选择题11一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇，从静止开始用80 s的时间沿平直冰面跑完1 000 m设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8 s时间内做匀加速直线运动，从第8 s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15 m/s；开始运动的 8 s内马拉雪橇的平均功率是8 s 后功率的一半求整个运动过程中马拉雪橇做功的平
14、均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小解析： 设 8 s后马拉雪橇的功率为P，则匀速运动时PF vFf v即运动过程中雪橇受到的阻力大小FfPv对于整个过程运用动能定理得P2 t1P(t总t1)Ff x12mv20代入数据，解得P723 W，Ff48.2 N 再由动能定理可得P t总Ff x12mv2解得 P 687 W. 答案： 687 W48.2 N 12某课外探究小组自制了如图所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙圆半径分别为R、2R、3R 和 4R，R0.5 m，水平部分长度 L2 m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h1 m将一个质量为 m0.5 kg、中
15、心有孔的钢球 (孔径略大于细导轨直径 )套在导轨端点 P 处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为 0.4.给钢球一初速度 v013 m/s， g 取精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页10 m/ s2.求：(1)钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力；(2)钢球落地点到抛出点的水平距离解析：(1)钢球从 P 点运动到 A 点的过程中， 由动能定理得 mg 2Rmg L12mv2112mv20由牛顿第二定律有FNmgmv21R代入数据解得 FN178 N 由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为178 N，
16、方向竖直向下(2)设钢球到达轨道末端点的速度为v2， 对全程应用动能定理得mg 5Lmg 4R12mv2212mv20解得 v27 m/s 由平抛运动规律得h8R12gt2，sv2t解得 s7 m. 答案： (1)178 N，方向竖直向下(2)7 m 13(2018 重庆高三一诊 )如图所示，绝缘轨道CDGH 位于竖直平面内，圆弧段DG 的圆心角为 37 ，DG 与水平段 CD、倾斜段 GH 分别相切于 D 点和 G 点，CD 段粗糙， DGH 段光滑，在 H 处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为 E1104 N/C、水平向右的匀强电场中一质量m4 103 kg、带电量 q3 10
17、6 C 的小滑块在 C 处由静止释放， 经挡板碰撞后滑回到CD段的中点 P处时速度恰好为零已知CD 段长度 L0.8 m，圆弧 DG 的半径 r0.2 m；不计滑块与挡板碰撞时的动能损失，滑块可视为质点g 取 10 m/ s2，cos 37 0.8，sin 37 0.6.求：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 8 页(1)滑块与 CD 段之间的动摩擦因数 ；(2)滑块在 CD 段上运动的总路程；(3)滑块与绝缘挡板碰撞时的最大动能和最小动能解析： (1)滑块由 C 处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P 点的过程中，由动能定理得q
18、EL2mg (LL2)0，解得 qE3mg0.25 (2)滑块在 CD 段上受到的滑动摩擦力m g0.01 N、电场力 qE0.03 N，滑动摩擦力小于电场力，故不可能停在CD 段，滑块最终会在DGH 间来回往复运动，且在 D 点的速度为 0 全过程由动能定理得qE L(mg x)0 解得 xqEmgL3L2.4 m (3)GH 段的倾角 37 ， 滑块受到的重力 mg0.04 N， 电场力 qE0.03 N， qEcos mgsin 0.024 N，则滑块加速度 a0，所以滑块与绝缘挡板碰撞的最大动能为滑块第一次运动到G 点的动能对 C 到 G 过程由动能定理得Ek最大Eq(Lrsin )mgL mg(rrcos )0.018 J 滑块最终在 DGH 间来回往复运动，碰撞绝缘挡板时有最小动能对 D 到 G 过程由动能定理得Ek最小Eqrsin mg(rrcos )0.002 J 答案： (1)0.25(2)2.4 m(3)0.018 J0.002 J 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页