屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二功和能考點(diǎn)功和功率限時(shí)集訓(xùn)2

屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二功和能考點(diǎn)功和功率限時(shí)集訓(xùn)屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二功和能考點(diǎn)功和功率限時(shí)集訓(xùn)PAGE屆高考物理二輪復(fù)習(xí)專題二功和能考點(diǎn)功和功率限時(shí)集訓(xùn)考點(diǎn)一功和功率動能定理[限時(shí)45分鐘；滿分100分]一、選擇題(1～7題每題7分，8～10題每題9分)1．一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的作用下沿水平面運(yùn)動，在t0時(shí)辰撤去力F，其v-t圖象如圖2－1－15所示。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則以下對于力F的大小和力F做的功W的大小關(guān)系式，正確的選項(xiàng)是圖2－1－15A．F＝μmgB．F＝2μmgC．W＝μmgv0t0D．W＝eq\f(3,2)μmgv0t0解析整個(gè)過程由動能定理得：Fx1－μmg·x總＝0，得F＝3μmg，W＝Fx1＝3μmg·eq\f(1,2)v0t0＝eq\f(3,2)μmgv0t0。應(yīng)選D。答案D2．一質(zhì)量為m的物體，同時(shí)受幾個(gè)力的作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)辰此中一個(gè)力F忽然變成eq\f(F,3)，其余力不變。則經(jīng)過時(shí)間t，協(xié)力的功率的大小是A.eq\f(2F2t,9m)B.eq\f(4F2t,9m)C.eq\f(2F2t,3m)D.eq\f(4F2t,3m)解析因?yàn)橘|(zhì)量為m的物體受幾個(gè)力的作用而處于靜止?fàn)顟B(tài)，協(xié)力為零，當(dāng)某時(shí)辰此中一個(gè)力F忽然變成eq\f(F,3)時(shí)，物體所受協(xié)力變成F合＝eq\f(2F,3)，物體在這個(gè)恒力作用下做勻加快直線運(yùn)動，a＝eq\f(2F,3m)，經(jīng)過時(shí)間t，速度v＝at＝eq\f(2Ft,3m)，協(xié)力的功率P＝F合v＝eq\f(4F2t,9m)，B正確。答案B3．一滑塊在水平川面上沿直線滑行，t＝0時(shí)速率為1m/s。從現(xiàn)在開始在與速度平行的方向上對其施加一水平作使勁F，力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖2－1－16甲和乙所示，則(兩圖取同一正方向，取重力加快度g＝10m/s2)圖2－1－16A．滑塊的質(zhì)量為0.5kgB．滑塊與水平川面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為－1JD．第2s內(nèi)力F的均勻功率為1.5W解析由圖甲得F1＝1N，F(xiàn)2＝3N，由圖乙知2s內(nèi)滑塊的加快度不變，a＝eq\f(1－0,2－1)m/s2＝1m/s2，依據(jù)牛頓第二定律有F1＋Ff＝ma，F(xiàn)2－Ff＝ma，而Ff＝μmg，解得Ff＝1N，μ＝0.05，m＝2kg，選項(xiàng)A、B均錯(cuò)誤；由v-t圖象面積法得第1s內(nèi)滑塊的位移x1＝eq\f(1,2)×(－1)×1m＝－0.5m，第1s內(nèi)摩擦力對滑塊做功為W1＝－Ff·|x1|＝－0.5J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；第2s內(nèi)力F的均勻功率為F2·eq\f(v1＋v2,2)＝3×eq\f(0＋1,2)W＝1.5W，選項(xiàng)D正確。答案D4．(2018·石家莊二模)質(zhì)量為m的小球在豎直向上的拉力作用下從靜止開始運(yùn)動，其v-t圖象如圖2－1－17所示(豎直向上為正方向，DE段為直線)，已知重力加快度大小為g，以下說法正確的選項(xiàng)是圖2－1－17A．t3－t4時(shí)間內(nèi)，小球豎直向下做勻減速直線運(yùn)動B．t0－t2時(shí)間內(nèi)，協(xié)力對小球先做正功后做負(fù)功C．0－t2時(shí)間內(nèi)，小球的均勻速度必定為eq\f(v2,2)D．t3－t4時(shí)間內(nèi)，拉力做的功為eq\f(m(v3＋v4),2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]解析t3－t4時(shí)間內(nèi)小球擁有向上的速度，小球豎直向上做勻減速運(yùn)動，A錯(cuò)。t0－t2時(shí)間內(nèi)，小球向來向上做加快運(yùn)動，協(xié)力對小球向來做正功，B錯(cuò)。0～t2時(shí)間內(nèi)，小球的運(yùn)動不是勻加快運(yùn)動，均勻速度不等于eq\f(v2,2)，C錯(cuò)。t3－t4時(shí)間內(nèi)，小球的位移x＝eq\f(v3＋v4,2)(t4－t3)。由動能定理得W－mgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,4)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)解得W＝eq\f(m(v3＋v4),2)[(v4－v3)＋g(t4－t3)]。答案D5．(2015·海南)如圖2－1－18所示，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定擱置，軌道兩頭等高；質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對軌道的正壓力為2mg，重力加快度大小為g。質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，戰(zhàn)勝摩擦力所做的功為圖2－1－18A.eq\f(1,4)mgRB.eq\f(1,3)mgRC.eq\f(1,2)mgRD.eq\f(π,4)mgR解析當(dāng)質(zhì)點(diǎn)由P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)時(shí)，對軌道的正壓力為FN＝2mg，由牛頓第二定律得，F(xiàn)N－mg＝meq\f(v\o\al(2,Q),R)，veq\o\al(2,Q)＝gR。對證點(diǎn)自P點(diǎn)滑到Q點(diǎn)應(yīng)用動能定理得：mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－0，得：Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以，A、B、D錯(cuò)，C正確。答案C6．(多項(xiàng)選擇)(2018·廈門二模)如圖2－1－19所示，為碼頭拖船作業(yè)的表示圖，質(zhì)量為m的汽車在平直路面上運(yùn)動，用高出圓滑定滑輪的輕繩牽引輪船，汽車與定滑輪之間的輕繩向來水平。汽車加快行駛，當(dāng)牽引輪船的輕繩與水平方向的夾角為θ時(shí)，汽車的加快度大小為a，牽引力的功率為P，遇到的阻力大小為f，輪船的速度大小為v，則圖2－1－19A．輪船在靠岸過程中可能做勻速運(yùn)動B．此時(shí)汽車的速度為v車＝eq\f(v,cosθ)C．此時(shí)繩的拉力T＝eq\f(P,vcosθ)－ma－fD．此時(shí)繩的拉力對船做功的功率PT＝P－(f＋ma)vcosθ解析汽車的速度與v的關(guān)系v＝eq\f(v車,cosθ)。當(dāng)船靠岸過程中，θ增大，cosθ減小，同時(shí)v車增大，則v必定增大，船做加快運(yùn)動，A、B錯(cuò)。汽車遇到的牽引力F＝eq\f(P,v車)＝eq\f(P,vcosθ)。由牛頓第二定律得eq\f(P,vcosθ)－T－f＝ma。所以T＝eq\f(P,vcosθ)－f－ma，C正確。此時(shí)拉力對船做功的功率P＝Tvcosθ＝P－(f＋ma)vcosθ，D正確。答案CD7．(多項(xiàng)選擇)(2018·綿陽二診)一個(gè)物塊從斜面底端沖上足夠長的斜面后，返回到斜面底端。已知小物塊沖上斜面的初動能為E，它返回斜面底端的速度大小為v，戰(zhàn)勝摩擦阻力做功為eq\f(1,4)E。若小物塊沖上斜面的初動能變成3E，則A．返回斜面底端時(shí)動能為eq\f(3,4)EB．返回斜面底端時(shí)速度大小為eq\r(3)vC．從出發(fā)到返回斜面底端，戰(zhàn)勝摩擦阻力做功為eq\f(3,4)ED．從出發(fā)到返回斜面底端，機(jī)械能減少eq\f(3,8)E解析物塊沿斜面向上運(yùn)動的過程，由動能定理得－(mgsinθ＋f)x＝0－E，當(dāng)初動能變成3E時(shí)，物塊沿斜面向上運(yùn)動的位移x′＝3x。所以全過程戰(zhàn)勝摩擦力做功W′f＝3Wf＝eq\f(3,4)E，物塊返回底端時(shí)的動能Ek′＝3E－eq\f(3,4)E＝eq\f(9,4)E，A、D錯(cuò)，C正確。兩次利用動能定理－Wf＝eq\f(1,2)mv2－E，－3Wf＝eq\f(1,2)mv′2－3E，解得v′＝eq\r(3)v，B正確。答案BC8．(多項(xiàng)選擇)(2018·唐山三模)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球由A點(diǎn)斜向上拋出，運(yùn)動到最高點(diǎn)B時(shí)，進(jìn)入四分之一圓滑圓弧軌道，沿軌道運(yùn)動到尾端C，O為軌道的圓心，A、O、C在同一水平線上，如圖2－1－20所示。運(yùn)動過程中，小球在A點(diǎn)時(shí)重力功率的大小為P1，小球在C點(diǎn)時(shí)重力的功率為P2，小球在AB過程中重力均勻功率的大小為eq\x\to(P1)，小球在BC過程中重力均勻功率的大小為eq\x\to(P2)。以下說法正確的選項(xiàng)是圖2－1－20A．P1＝P2B．P1<P2C.eq\x\to(P1)>eq\x\to(P2)D.eq\x\to(P1)<eq\x\to(P2)解析依據(jù)能量守恒，小球在A點(diǎn)和C點(diǎn)的速度大小相等。依據(jù)P＝mgvcosθ可知P1<P2，B正確。因?yàn)锽C段軌道對小球有彈力作用，小球在豎直方向的加快度大于g，所以BC段運(yùn)動時(shí)間小于AB段時(shí)間，所以eq\x\to(P1)<eq\x\to(P2)，D正確。答案BD9．(多項(xiàng)選擇)(2018·浙江)如圖2－1－21所示為一滑草場，某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角分別為45°和37°的滑道構(gòu)成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰巧靜止于滑道的底端(不計(jì)滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。則圖2－1－21A．動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(6,7)B．載人滑草車最大速度為eq\r(\f(2gh,7))C．載人滑草車戰(zhàn)勝摩擦力做功為mghD．載人滑草車在下段滑道上的加快度大小為eq\f(3,5)g解析從A處到C處的過程中，由動能定理有(mgsinθ1－μmgcosθ1)eq\f(h,sinθ1)＋(mgsinθ2－μmgcosθ2)eq\f(h,sinθ2)＝0，解得μ＝eq\f(6,7)，選項(xiàng)A正確；到B點(diǎn)時(shí)載人滑草車速度最大，從A處到B處的過程中，由動能定理有(mgsinθ1－μmgcosθ1)eq\f(h,sinθ1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，得vm＝eq\r(\f(2gh,7))，選項(xiàng)B正確；從A處到C處的過程中，戰(zhàn)勝摩擦力所做的功等于重力勢能減少許2mgh，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在下段滑道上的加快度大小a＝eq\f((μmgcosθ2－mgsinθ2),m)＝eq\f(3,35)g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB10．(多項(xiàng)選擇)如圖2－1－22所示，圓滑的水平軌道AB，與半徑為R的圓滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)，一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的地點(diǎn)在電場力的作用下由靜止開始沿AB向右運(yùn)動，恰能經(jīng)過最高點(diǎn)，則圖2－1－22A．R越大，x越大B．R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)后瞬時(shí)對軌道的壓力越大C．m越大，x越大D．m與R同時(shí)增大，電場力做功增大解析小球在BCD部分做圓周運(yùn)動，在D點(diǎn)，mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，小球由B到D的過程有：－2mR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得vB＝eq\r(5gR)，R越大，小球經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)有：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得FN＝6mg，與R沒關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由Eqx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動能越大，則x越大，電場力做功越多，選項(xiàng)C、D正確。答案ACD二、計(jì)算題(此題共2小題，共24分)11．(12分)某課外研究小組的同學(xué)們用學(xué)校實(shí)驗(yàn)室內(nèi)的特質(zhì)資料自制了如圖2－1－23所示的導(dǎo)軌，此中，導(dǎo)軌的全部半圓形部分均圓滑，水平部分均粗拙。圓半徑分別為R、2R、3R和4R，R＝0.5m，水平部分長度L＝2m，將導(dǎo)軌豎直擱置，軌道最低點(diǎn)離水平川面高h(yuǎn)＝1m。將一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5kg、中心有孔的鋼球(孔徑略大于細(xì)導(dǎo)軌直徑)套在導(dǎo)軌端點(diǎn)P處，鋼球與導(dǎo)軌水平部分的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.4。給鋼球一初速度v0＝13m/s，取g＝10m/s2。求：圖2－1－23(1)鋼球運(yùn)動至第一個(gè)半圓形軌道最低點(diǎn)A時(shí)對軌道的壓力；(2)鋼球落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離。解析(1)鋼球從P點(diǎn)運(yùn)動到A點(diǎn)的過程中，由動能定理得mg·2R－μmg·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)由牛頓第二定律有N－mg＝eq\f(mv\o\al(2,1),R)代入數(shù)據(jù)解得N＝178N由牛頓第三定律可知，鋼球?qū)壍赖膲毫Υ笮?78N，方向豎直向下。(2)設(shè)鋼球抵達(dá)軌道尾端點(diǎn)的速度為v2，對全程應(yīng)用動能定理得－μmg·5L－4mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v2＝7m/s由平拋運(yùn)動規(guī)律得h＋8R＝eq\f(1,2)gt2s＝v2t。解得s＝7m答案(1)178N，方向豎直向下(2)7m12．(12分)如圖2－1－24所示，AB是傾角為θ的粗拙直軌道，BCD是圓滑的圓弧軌道，AB恰幸虧B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個(gè)質(zhì)量為m的物體(能夠看作質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止開釋，結(jié)果它能在兩軌道間做來回運(yùn)動。已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數(shù)為μ。求：圖2－1－24(1)物體做來回運(yùn)動的整個(gè)過程中在AB軌道上經(jīng)過的總行程；(2)最后當(dāng)物體經(jīng)過圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對圓弧軌道的壓力；(3)為使物體能順利抵達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D，開釋點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L′應(yīng)知足什么條件？解析(1)因?yàn)槟Σ料騺韺ξ矬w做負(fù)功，所以物體最后在圓心角為2θ的圓弧上來往運(yùn)動。對整體過程由動能定理得mgR·cosθ－μmgcosθ·x＝0所以總行程為x＝eq\f(R,μ)。(2)對B→E過程，B點(diǎn)的初速度為零，由動能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)①FN－