2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題整合 專(zhuān)題二 功能與動(dòng)量 第1講 功和功率 動(dòng)能定理專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練

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1、2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專(zhuān)題整合 專(zhuān)題二 功能與動(dòng)量 第1講 功和功率 動(dòng)能定理專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練 [真題再現(xiàn)]                    1.(2018·全國(guó)卷Ⅱ)如圖2-1-1所示,某同學(xué)用繩子拉動(dòng)木箱,使它從靜止開(kāi)始沿粗糙水平路面運(yùn)動(dòng)至具有某一速度。木箱獲得的動(dòng)能一定 圖2-1-1 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 由動(dòng)能定理WF-Wf=Ek-0,可知木箱獲得的動(dòng)能一定小于拉力所做的功,A正確。 答案 A 2.(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖2-1-2所示,abc是豎直面內(nèi)的光滑

2、固定軌道,ab水平,長(zhǎng)度為2R;bc是半徑為R的四分之一圓弧,與ab相切于b點(diǎn)。一質(zhì)量為m的小球,始終受到與重力大小相等的水平外力的作用,自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為g。小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn),機(jī)械能的增量為 圖2-1-2 A.2mgR           B.4mgR C.5mgR D.6mgR 解析 設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的速度大小為vc,則對(duì)小球由a到c的過(guò)程,由動(dòng)能定理有F·3R-mgR=mv,又F=mg,解得vc=2,小球離開(kāi)c點(diǎn)后,在水平方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),豎直方向在重力作用下做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可知,小球離開(kāi)c點(diǎn)后水平方

3、向和豎直方向的加速度大小均為g,則由豎直方向的運(yùn)動(dòng)可知,小球從離開(kāi)c點(diǎn)到其軌跡最高點(diǎn)所需的時(shí)間為t==2 ,在水平方向的位移大小為x=gt2=2R。由以上分析可知,小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)的過(guò)程中,水平方向的位移大小為5R,則小球機(jī)械能的增加量為ΔE=F·5R=5mgR,C正確,ABD錯(cuò)誤。 答案 C 3.(2015·全國(guó)卷Ⅱ)一汽車(chē)在平直公路上行駛。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí),發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖2-1-3所示。假定汽車(chē)所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車(chē)的速度v隨時(shí)間t變化的圖線(xiàn)中??赡苷_的是 圖2-1-3 解析 本題屬于機(jī)車(chē)的恒定功率啟動(dòng)問(wèn)題。當(dāng)牽引力大于

4、阻力時(shí),機(jī)車(chē)加速運(yùn)動(dòng),但速度的增加會(huì)導(dǎo)致?tīng)恳ψ冃?,機(jī)車(chē)所受的合力變小,機(jī)車(chē)的加速度變小,故機(jī)車(chē)的運(yùn)動(dòng)為加速度不斷變小的加速運(yùn)動(dòng),直到加速度等于零變?yōu)閯蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng),故0~t1時(shí)間內(nèi),是一個(gè)恒定功率加速過(guò)程,直到變?yōu)閯蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng),t1~t2時(shí)間內(nèi),是另一個(gè)恒定功率加速過(guò)程,直到變?yōu)閯蛩僦本€(xiàn)運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)正確。 答案 A 4.(2017·全國(guó)卷Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力,教練員在冰面上與起跑線(xiàn)距離s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗,如圖2-1-4所示。訓(xùn)練時(shí),讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線(xiàn)上,教練員將冰球以初速度v0擊出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑線(xiàn)的方向滑向擋板;冰球被擊出的

5、同時(shí),運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線(xiàn)從靜止出發(fā)滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí),運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過(guò)程中做勻加速運(yùn)動(dòng),冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1,重力加速度大小為g,求 圖2-1-4 (1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)滿(mǎn)足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度。 解析 (1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m,冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,由動(dòng)能定理得 -μmgs0=mv-mv① 解得μ=。② (2)冰球到達(dá)擋板時(shí),滿(mǎn)足訓(xùn)練需求的運(yùn)動(dòng)員中,剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最小。設(shè)這種情況下,冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2,所用的時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v-v=2a1s0③

6、 v0-v1=a1t④ s1=a2t2⑤ 聯(lián)立③④⑤式得 a2=。 答案 見(jiàn)解析 [考情分析] 分值 6~14分 題型 以選擇題為主,計(jì)算題涉及其中一部分 命題熱點(diǎn) (1)功和功率的理解與計(jì)算 (2)機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題 (3)應(yīng)用動(dòng)能定理解決綜合問(wèn)題 考點(diǎn)一 功和功率的計(jì)算 1.功的計(jì)算 (1)恒力做功W=Flcos α。 (2)變力做功 ①W=·l(為力對(duì)位移的平均值)。 ②W=Pt。(P恒定,或W=t) ③利用功能關(guān)系W=±ΔE或動(dòng)能定理W=ΔEk。 ④圖像法:F-x圖線(xiàn)所圍的面積;P-t圖線(xiàn)所圍的面積。 ⑤W=pΔV(計(jì)算氣體做功)。 2.功

7、率的計(jì)算 (1)瞬時(shí)功率P=Fvcos α,其中α為F與v的夾角。 (2)平均功率P=。 【題組突破】 1.(2018·中山七校聯(lián)考)汽車(chē)在平直公路上行駛,在它的速度從零增加到v的過(guò)程中,汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W1;它的速度從v增加到2v的過(guò)程中,汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做的功為W2,設(shè)汽車(chē)在行駛過(guò)程中發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力和所受阻力都不變,則有 A.W2=2W1 B.W2=3W1 C.W2=4W1 D.僅能判定W2>W(wǎng)1 解析 速度從零增加到v的過(guò)程中的位移x1=,速度從v增加到2v的過(guò)程中的位移x2==,則位移之比為1∶3,根據(jù)W=Fx知,汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)做功之比為1∶3,即W2=3W1,故B正確,A、

8、C、D錯(cuò)誤。 答案 B 2.(2018·哈爾濱師范大學(xué)附屬中學(xué)高三測(cè)試)測(cè)定運(yùn)動(dòng)員體能的一種裝置如圖2-1-5所示,運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量為m1,繩拴在腰間沿水平方向跨過(guò)定滑輪(不計(jì)滑輪摩擦、質(zhì)量),下懸一個(gè)質(zhì)量為m2的重物,人用力蹬傳送帶而人的重心不動(dòng),使傳送帶以速率v勻速向右運(yùn)動(dòng),下面是人對(duì)傳送帶做功的四種說(shuō)法,其中正確的是 圖2-1-5 A.人對(duì)傳送帶不做功 B.人對(duì)傳送帶做負(fù)功 C.人對(duì)傳送帶做功的功率為m2gv D.人對(duì)傳送帶做功的功率為(m1+m2)gv 解析 人對(duì)傳送帶的摩擦力方向向右,傳送帶在力的方向上有位移,所以人對(duì)傳送帶做功,摩擦力和位移的方向相同,故做正功,故A、

9、B錯(cuò)誤;人的重心不動(dòng),繩對(duì)人的拉力和人與傳送帶間的摩擦力平衡,而拉力又等于m2g,所以人對(duì)傳送帶做功的功率為m2gv,故C正確,D錯(cuò)誤。 答案 C 3.(多選)如圖2-1-6所示,物體沿弧形軌道滑下后進(jìn)入足夠長(zhǎng)的水平傳送帶,傳送帶以圖示方向勻速運(yùn)轉(zhuǎn),則傳送帶對(duì)物體做功情況可能是 圖2-1-6 A.始終不做功 B.先做負(fù)功后做正功 C.先做正功后不做功 D.先做負(fù)功后不做功 解析 當(dāng)物體到達(dá)傳送帶上時(shí),如果物體的速度恰好和傳送帶的速度相等,那么物體和傳送帶將一起在水平面上勻速運(yùn)動(dòng),它們之間沒(méi)有摩擦力的作用,所以傳送帶對(duì)物體始終不做功,所以A正確。若物體速度大于傳送帶速度,則受

10、向后的摩擦力,傳送帶對(duì)物體做負(fù)功,當(dāng)速度與傳送帶速度相等時(shí),摩擦力為零,不再對(duì)物體做功,不會(huì)出現(xiàn)再做正功的情況,所以B錯(cuò)誤,D正確。若物體速度小于傳送帶速度,則受向前的摩擦力,傳送帶對(duì)物體做正功,當(dāng)速度與傳送帶速度相等,摩擦力又變?yōu)榱?,不再?duì)物體做功,所以C正確。 答案 ACD 考點(diǎn)二 機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題 1.恒定功率啟動(dòng) 機(jī)車(chē)先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。速度圖像如圖2-1-7所示,當(dāng)F=F阻時(shí),vm==。 圖2-1-7 2.恒定加速度啟動(dòng) 速度圖像如圖2-1-8所示。機(jī)車(chē)先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),當(dāng)功率達(dá)到額定功率后獲得勻加速運(yùn)動(dòng)的最大速度v1。若再加速,應(yīng)保持功率

11、不變做變加速運(yùn)動(dòng),直至達(dá)到最大速度vm后做勻速運(yùn)動(dòng)。 圖2-1-8 (1)求v1∶由F-F阻=ma;P=P額=Fv1得v1=。 (2)求vm:由P額=F阻vm得vm=。 (3)求勻加速時(shí)間t1:t1=。  (多選)(2018·資陽(yáng)二診)如圖2-1-9所示為牽引力F和車(chē)速倒數(shù)的關(guān)系圖像。若汽車(chē)質(zhì)量為2×103 kg,它由靜止開(kāi)始沿平直公路行駛,且行駛中阻力恒定,設(shè)其最大車(chē)速為30 m/s,則正確的是 圖2-1-9 A.汽車(chē)所受阻力為2×103 N B.汽車(chē)車(chē)速為15 m/s時(shí)功率為3×104 W C.汽車(chē)勻加速的加速度為3 m/s2 D.汽車(chē)勻加速所需時(shí)間為5 s

12、[解析] 由圖像可知車(chē)速為30 m/s時(shí)的牽引力為F=2×103 N,此時(shí)汽車(chē)做勻速運(yùn)動(dòng),f=F=2×103 N,故A正確。此時(shí)汽車(chē)的功率為P=Fvm=2×103 N×30 m/s=6×104 W。汽車(chē)在速度較小時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)。設(shè)速度為v1時(shí)開(kāi)始做功率恒定的變加速運(yùn)動(dòng),由P=F1v1得v1== m/s=10 m/s。 即速度在10 m/s

13、汽車(chē)在平直路面上勻速運(yùn)動(dòng),用跨過(guò)光滑定滑輪的輕繩牽引輪船,汽車(chē)與滑輪間的繩保持水平,當(dāng)牽引輪船的繩與水平方向成θ角時(shí),輪船速度為v,汽車(chē)的功率為P,汽車(chē)受到的阻力(不含繩的拉力)恒為f,則此時(shí)繩對(duì)船的拉力大小為 圖2-1-10 A.+f B.-f C.+f D.-f 解析 將船的速度分解如圖所示,沿繩子方向的分速度v1=vcos θ,根據(jù)P=Fv1得,汽車(chē)的牽引力大小F==。根據(jù)平衡條件得,繩對(duì)汽車(chē)的拉力大小F′=F-f=-f,那么此時(shí)繩對(duì)船的拉力大小為-f,故選項(xiàng)B正確。 答案 B 2.(2018·鞍山二模)汽車(chē)在平直公路上以速度v0勻速行駛,發(fā)動(dòng)機(jī)功率為P??爝M(jìn)入鬧

14、市區(qū)時(shí),司機(jī)減小了油門(mén),使汽車(chē)的功率立即減小一半并保持該功率繼續(xù)行駛。如圖2-1-11四個(gè)圖像中,哪個(gè)圖像正確表示了從司機(jī)減小油門(mén)開(kāi)始,汽車(chē)的速度與時(shí)間的關(guān)系 圖2-1-11 解析 汽車(chē)勻速行駛時(shí)合力為零即牽引力等于阻力,功率減小一半時(shí),汽車(chē)的速度由于慣性來(lái)不及變化,根據(jù)功率和速度關(guān)系公式P=Fv,牽引力減小一半,小于阻力,合力向后,汽車(chē)做減速運(yùn)動(dòng),由公式P=Fv可知,功率一定時(shí),速度減小后,牽引力增大,合力減小,加速度減小,故汽車(chē)做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)牽引力增大到等于阻力時(shí),加速度減為零,物體將再次做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故C正確,A、B、D錯(cuò)誤。 答案 C 考點(diǎn)三 動(dòng)能定理的綜

15、合應(yīng)用 1.對(duì)動(dòng)能定理表達(dá)式W=ΔEk=Ek2-Ek1的理解 (1)動(dòng)能定理表達(dá)式中,W表示所有外力做功的代數(shù)和,包括物體重力所做的功。 (2)動(dòng)能定理表達(dá)式中,ΔEk為所研究過(guò)程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差,而且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。 2.應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的三點(diǎn) (1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,由于不涉及加速度及時(shí)間,比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。 (2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式,在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒(méi)有依據(jù)的。 (3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程),此時(shí)可以分段考慮,也可以對(duì)全過(guò)程考慮,但如能對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式

16、,則可使問(wèn)題簡(jiǎn)化。  (2018·成都二診)如圖2-1-12所示,四分之三周長(zhǎng)圓管的半徑R=0.4 m,管口B和圓心O在同一水平面上,D是圓管的最高點(diǎn),其中半圓周BE段存在摩擦,BC和CE段動(dòng)摩擦因數(shù)相同,ED段光滑;質(zhì)量m=0.5 kg、直徑稍小于圓管內(nèi)徑的小球從B正上方高H=2.5 m的A處自由下落,到達(dá)圓管最低點(diǎn)C時(shí)的速率為6 m/s,并繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直到圓管的最高點(diǎn)D飛出,恰能再次進(jìn)入圓管,假定小球再次進(jìn)入圓管時(shí)不計(jì)碰撞能量損失,重力加速度g取10 m/s2,求: 圖2-1-12 (1)小球飛離D點(diǎn)時(shí)的速度大?。? (2)小球從B點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦所做的功; (3)由動(dòng)能定能

17、分析小球再次進(jìn)入圓管后能越過(guò)C點(diǎn)的原因。 [思路引導(dǎo)] [解析] (1)小球飛離D點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng), 在水平方向:R=vDt,豎直方向:R=gt2, 解得vD= m/s。 (2)小球從A到D過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 mg(H-R)-Wf1=mv-0, 解得Wf1=10 J。 (3)小球從C到D過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 -2mgR-Wf2=mv-mv, 解得Wf2=4.5 J, 小球從A到C過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 mg(H+R)-Wf3=mv-0, 解得Wf3=5.5 J; 小球再次進(jìn)入圓管,從D到C的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得 2mgR-Wf4=mvC′2-mv, 解得Wf4

18、=4.5 J-mvC′2, Wf4<Wf2=4.5 J。vC′>0,小球能過(guò)C點(diǎn)。 [答案] (1) m/s (2)10 J (3)小球再次進(jìn)入圓管后,能越過(guò)C點(diǎn),因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大于零。 【題組突破】 1.(2018·天津卷)如圖2-1-13所示,滑雪運(yùn)動(dòng)深受人民群眾喜愛(ài)。某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過(guò)程中,由于摩擦力的存在,運(yùn)動(dòng)員的速率不變,則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過(guò)程中 圖2-1-13 A.所受合外力始終為零 B.所受摩擦力大小不變 C.合外力做功一定為零 D.機(jī)械能始終保持不變 解析 運(yùn)動(dòng)員做勻速圓周

19、運(yùn)動(dòng),所受合外力指向圓心,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知,合外力做功一定為零,C項(xiàng)正確;運(yùn)動(dòng)員所受滑動(dòng)摩擦力大小隨運(yùn)動(dòng)員對(duì)滑道壓力大小的變化而變化,B項(xiàng)錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員動(dòng)能不變,重力勢(shì)能減少,所以機(jī)械能減少,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 C 2.動(dòng)能定理在電學(xué)中的應(yīng)用 (2018·湖南五市十校聯(lián)考)如圖2-1-14所示,BCD為固定在豎直平面內(nèi)的半徑為r=10 m圓弧形光滑絕緣軌道,O為圓心,OC豎直,OD水平,OB與OC間夾角為53°,整個(gè)空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)。從A點(diǎn)以初速v0=9 m/s沿AO方向水平拋出質(zhì)量m=0.1 kg的小球(小球可視為質(zhì)點(diǎn)),小球帶正電荷q=+0.01 C,小球

20、恰好從B點(diǎn)沿垂直于OB的方向進(jìn)入圓弧軌道。不計(jì)空氣阻力。求: 圖2-1-14 (1)A、B間的水平距離L; (2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E; (3)小球過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大小FN; (4)小球從D點(diǎn)離開(kāi)軌道后上升的最大高度H。 解析 (1)從A到B,vBy=v0tan 53°,vBy=at,y=rcos 53°,y=at2解得t=1 s,a=12 m/s2,L=v0t=9 m (2)根據(jù)牛頓第二定律可得mg+qE=ma,解得E=20 N/C (3)從A到C,根據(jù)動(dòng)能定理可得(mg+qE)r=mv-mv在C點(diǎn),F(xiàn)N-(mg+qE)=m,解得FN=4.41 N,由牛頓第三定律可

21、知小球?qū)壍缐毫Υ笮?.41 N。 (4)對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理,-(qE+mg)H=-mv,解得H=3.375 m。 答案 (1)9 m (2)E=20 N/C (3)FN=4.41 N (4)H=3.375 m 3.如圖2-1-15所示,上表面光滑、長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)、質(zhì)量M=10 kg的木板,在F=50 N的水平拉力作用下,以v0=5 m/s的速度沿水平地面向右勻速運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m=3 kg的小鐵塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在木板最右端,當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)了L=1 m時(shí),又將第二個(gè)同樣的小鐵塊無(wú)初速度地放在木板最右端,以后木板再運(yùn)動(dòng)1 m時(shí)再在其最右端無(wú)初速度地放上一個(gè)同樣的小鐵塊。(g取

22、10 m/s2)求: 圖2-1-15 (1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù); (2)剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板的速度大?。? (3)從放第三個(gè)鐵塊開(kāi)始(停止放后續(xù)鐵塊)到木板停下的過(guò)程,木板運(yùn)動(dòng)的距離。 解析 (1)木板做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí),受到地面的摩擦力為Ff 由平衡條件得F=Ff 又Ff=μMg 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得μ=0.5 (2)每放一個(gè)小鐵塊,木板所受的摩擦力增加μmg, 令剛放第三個(gè)鐵塊時(shí)木板速度為v1,對(duì)木板從放第一個(gè)鐵塊到剛放第三個(gè)鐵塊的過(guò)程,由動(dòng)能定理得 -μmgL-2μmgL=Mv-Mv 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得v1=4 m/s (3)從放第三個(gè)鐵塊開(kāi)始到木板停下之前,木板所受的摩擦力恒為μ(3m+M)g,從放第三個(gè)鐵塊開(kāi)始到木板停下的過(guò)程,木板運(yùn)動(dòng)的距離為x,對(duì)木板由動(dòng)能定理得 -3μmgx=0-Mv 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x=m=1.78 m。 答案 (1)0.5 (2)4 m/s (3)1.78 m

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