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1、 新课标 2022 高考物理二轮总复习第一局部专题突破方略专题二功与能量动量 1.2.1 功、功率和动能定理专题限时训练 2 1.2.1 功、功率和动能定理 专题限时训练 一、单项选择题 1(2022浙江省温州九校联考)据?科技日报?2018 年 7 月 17 日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线该潜水器质量为 510 3 kg，主要用于深海搜寻和打捞等假设在某次作业中，潜水器将质量为 4103 kg 的高密度重物从 3 000 m 深的海底一起匀速提升到了海面，提升过程中潜水器的机械功率恒为 180 kW，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，其他影响可以忽略不计，那
2、么提升的时间为()A0.5103 s B1.0103 s C1.5103 s D2.0103 s 答案：C 3 解析：由题可知，重物匀速运动，其速度为vPG1801035410310 m/s2 m/s，运动的时间为t3 0002 s1.5103 s，故只有选项 C 正确 2(2022全国卷)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用距地面高度h在 3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如下图 重力加速度取 10 m/s2.该物体的质量为()A2 kg B1.5 kg C1 kg D0.5 kg 答案：C 解析：对上
3、升过程，由动能定理，(Fmg)hEkEk0，得EkEk0(Fmg)h，即Fmg12 N；4 下落过程，(mgF)(6h)Ek，得Ek6(mgF)h(mgF)，即mgF8 N，联立两公式，得m1 kg、F2 N故只有选项 C 正确 3如下图，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量 以下说法中正确的选项是()A缓慢上拉过程中拉力F做的功WFFLsin B缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos C小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零 D由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大 5
4、 答案：C 解析：缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即WFmgL(1cos )，重力势能增加mgL(1cos )，选项 A、B 错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，那么小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项 C 正确，D 错误 4列车在空载情况下以恒定功率P经过一段平直的路段，通过某点时速率为v，加速度为a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a2.重力加速度大小为g.设阻力是列车重力的k倍，那么列车满载与空载时的质量之比为()A.kga1kga2 Bkga
5、2kga1 6 C.Pkga2vkga1 DPkga1vkga2 答案：A 解析：设空载时质量为m，满载时质量为M，汽车空载时受到的牵引力和阻力满足Fkmgma1，由汽车的功率和牵引力关系PFv，可得P(kmgma1)v，当汽车满载时有F1kMgMa2，PF1v，得P(kMgMa2)v，满载和空载时功率和速率均相等，可求出Mmkga1kga2.所以选项 A 正确 5一辆汽车从静止开始先匀加速启动，到达某一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动以下汽车运动的动能Ek、牵引力对汽车做的功W随运动时间t、运动位移x的变化图象正确的选项是()A B C D 7 答案：C 解析：汽车从静止开始先匀加速启动
6、，这一过程中牵引力不变，牵引力做的功WFxF12at2，那么Wt图象是开口向上的抛物线，Wx图象是条倾斜的直线，到达某一速度后以恒定功率运动，牵引力做功WPt，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，不会到达一个最大值，故A、B 错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动，匀加速运动时，动能Ek12mv212ma2t2，Ekt图象是开口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，那么动能增加随时间变慢，斜率变小，最后匀速运动，动能到达最大值，故 C 正确；从静止开始匀加速运动时，根据动能定理得：Ek(Ff)x，Ekx图象应该是直线，故 D 错误 8
7、 6如下图，半径为R的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，圆心O与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，轨道最低点a与桌面相切Oc与Oa的夹角为 60，A、B两球用跨过滑轮的轻绳连接(两球均可视为质点)A球从c点由静止释放后沿圆轨道滑到a点时速度恰好为零 设轻绳足够长，不计一切摩擦在此过程中以下说法正确的选项是()A重力对A球做功的功率先变大后变小 B两球沿绳方向速度大小始终相等 C绳上的拉力始终大于B球重力 DA、B两小球的质量之比为 21 答案：A 解析：重力的功率Pmgv，这里的v是指竖直方向的分速度，一开始A是由静止释放的，所以A一开始的竖直速度为零，最后运动到a点的时 9 候，由于此时的
8、切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零 相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力功率mgv先增大后减小，故 A 正确；mA由c点下滑到a的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在mA滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，mA的速度大于mA沿绳子的分速度，而mB的速度大小等于绳子的速度大小，那么mA的速率大于mB速率，故 B 错误；由题可知，两个小球的速度都是先增大后减小，当B向上的速度增大时，加速度的方向向上，绳上的拉力大于B球重力；而当B向上减速时，加速度的方向向下，绳上的拉力小于B球重力故 C 错误；c点到轨道的
9、上沿的距离lR2R22R2cos 30R2 3，假设mA恰好能沿圆轨道下滑到a点，此时两小球速度为零，由动能定理得：mAgR(1cos 60)mBg(2Rl)00，解得：mA 10(2 322 3)mB，应选项 D 错误 二、多项选择题 7(2022开封一模)如下图，一质量为m的小球固定在长为 2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动那么在此过程中()A小球重力做功为 2mgL B绳子拉力做功大于 2mgL C重力做功的功率逐渐增大
10、 D绳子拉力做功的功率先增大后减小 答案：AC 解析：小球重力做功为WGmg2L2mgL，故 A正确；在整个过程中，根据动能定理可得mg2L 11 W拉12mv212mv2，解得W拉2mgL，故 B 错误；根据PFvcos 可知，Pmgvcos ，在下落过程中，逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故 C 正确；在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故 D错误 8(2022济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上，一质量为 2 kg 的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，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
11、象 重力加速度g10 m/s2.根据以上信息能得出的物理量有()A物体与水平面间的动摩擦因数 B合外力对物体所做的功 12 C物体做匀速运动时的速度 D物体运动的时间 答案：ABC 解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F与滑动摩擦力f大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为Fmg0.35，选项 A 正确；减速过程由动能定理得WFWf012mv2，根据Fx图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wfmgx，由此可求得合外力对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度v，选项 B、C 正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法求出，选项 D 错误 三、计算题 9(2022全国卷)空
12、间中存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m 13 的小球A、B.A不带电，B的电荷量为q(q0)A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为t2，重力加速度大小为g，求：(1)电场强度的大小；(2)B运动到P点时的动能 答案：(1)3mgq(2)2m(v20g2t2)解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a.根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有 mgqEma 12a(t2)212gt2 解得：E3mgq(2)设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为
13、h，根据动能 14 定理有 Ek12mv21mghqEh 且有v1t2v0t h12gt2 联立式得：Ek2m(v20g2t2)10(2022嘉定区二模)如下图，光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，LAB4 m，37.一个质量为m的小环套在杆上，以v08 m/s 的初速度从A点沿杆上滑不计小环经过B点时的能量损失，g取 10 m/s2.那么：(1)小环在AB段运动的加速度a大小和方向怎样？(2)小环运动到B点时的速度vB为多少？(3)假设杆不光滑，且各局部粗糙程度相同，要使小环能够到达C点，小环和杆之间的动摩擦因数应小于多少？15 答案：(1)6 m/s2，方向沿杆斜向下(2)4 m
14、/s(3)0.64 解析：(1)小环在AB段运动过程中，受到重力和支持力的作用，其合外力为mgsin ，根据牛顿第二定律可得：mgsin ma，得：agsin 6 m/s2，方向沿杆斜向下(2)小环从A点运动到B点的过程中，由动能定理可得：mgLABsin 12mv2B12mv20 解得：vBv202gLABsin 4 m/s.(3)小环从A点出发，经过B点，能够到达C点，重力不做功，只有摩擦力做负功，全过程利用动能定理可得：mgcos LABmgsin LBC012mv20，再由几何关系可知：LBC3 m，解得：0.64.16 11.如下图，劲度系数k200 N/m 的轻质弹簧，上端固定，下
15、端连一质量m3 kg 的物块A，A放在平台B上，平台B可以控制A的运动，初始时A、B静止，弹簧处于原长，g取 10 m/s2，控制平台B竖直向下运动，保持A与B一起下降直到别离，求：(1)A、B一起缓慢下降的最大位置x1；(2)假设B以a5 m/s2向下加速运动，从开始运动到A、B别离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及B对A做的功 答案：(1)0.15 m(2)0.562 5 J 0.562 5 J 解析：(1)对A受力分析：mgFNkx0 当FN0 时，到达最大位移，x1mgk0.15 m(2)B以a5 m/s2向下加速运动，对A受力分析：mgFNkxma，当FN0 时，到达最大位移x2 17 mgmak0.075 m 弹簧弹力对A做的功：W弹12F弹x212kx220.562 5 J 所以弹性势能的增加量Ep2W弹0.562 5 J 别离时物块A的速度v 2ax2 动能Ek12mv298 J 重力对A做的功为WGmgx22.25 J 对A由动能定理，WWGW弹Ek 代入数据得B对A的作用力所做的功W0.562 5 J.