2022屆高考物理二輪復習 第一部分 專題整合 專題二 功能與動量 第1講 功和功率 動能定理專項訓練

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1、2022屆高考物理二輪復習 第一部分 專題整合 專題二 功能與動量 第1講 功和功率 動能定理專項訓練 [真題再現]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2018·全國卷Ⅱ)如圖2－1－1所示，某同學用繩子拉動木箱，使它從靜止開始沿粗糙水平路面運動至具有某一速度。木箱獲得的動能一定 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　由動能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱獲得的動能一定小于拉力所做的功，A正確。 答案　A 2．(2018·全國卷Ⅲ)如圖2－1－2所示，abc是豎直面內的光滑

2、固定軌道，ab水平，長度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為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點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為 圖2－1－2 A．2mgR　　　　　　　　　　　B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析　設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理有F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得vc＝2，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方

3、向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為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點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量為ΔE＝F·5R＝5mgR，C正確，ABD錯誤。 答案　C 3.(2015·全國卷Ⅱ)一汽車在平直公路上行駛。從某時刻開始計時，發(fā)動機的功率P隨時間t的變化如圖2－1－3所示。假定汽車所受阻力的大小f恒定不變。下列描述該汽車的速度v隨時間t變化的圖線中?？赡苷_的是 圖2－1－3 解析　本題屬于機車的恒定功率啟動問題。當牽引力大于

4、阻力時，機車加速運動，但速度的增加會導致牽引力變小，機車所受的合力變小，機車的加速度變小，故機車的運動為加速度不斷變小的加速運動，直到加速度等于零變?yōu)閯蛩僦本€運動，故0～t1時間內，是一個恒定功率加速過程，直到變?yōu)閯蛩僦本€運動，t1～t2時間內，是另一個恒定功率加速過程，直到變?yōu)閯蛩僦本€運動，故A項正確。 答案　A 4.(2017·全國卷Ⅱ)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1(s1＜s0)處分別放置一個擋板和一面小旗，如圖2－1－4所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，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的方向滑向擋板；冰球被擊出的

5、同時，運動員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為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摩擦因數； (2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。 解析　(1)設冰球的質量為m，冰球與冰面之間的動摩擦因數為μ，由動能定理得 －μmgs0＝mv－mv① 解得μ＝。② (2)冰球到達擋板時，滿足訓練需求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運動學公式得 v－v＝2a1s0③

6、 v0－v1＝a1t④ s1＝a2t2⑤ 聯(lián)立③④⑤式得 a2＝。 答案　見解析 [考情分析] 分值 6～14分 題型 以選擇題為主，計算題涉及其中一部分 命題熱點 (1)功和功率的理解與計算 (2)機車啟動問題 (3)應用動能定理解決綜合問題 考點一　功和功率的計算 1．功的計算 (1)恒力做功W＝Flcos α。 (2)變力做功 ①W＝·l(為力對位移的平均值)。 ②W＝Pt。(P恒定，或W＝t) ③利用功能關系W＝±ΔE或動能定理W＝ΔEk。 ④圖像法：F－x圖線所圍的面積；P-t圖線所圍的面積。 ⑤W＝pΔV(計算氣體做功)。 2．功

7、率的計算 (1)瞬時功率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)汽車在平直公路上行駛，在它的速度從零增加到v的過程中，汽車發(fā)動機做的功為W1；它的速度從v增加到2v的過程中，汽車發(fā)動機做的功為W2，設汽車在行駛過程中發(fā)動機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＞W1 解析　速度從零增加到v的過程中的位移x1＝，速度從v增加到2v的過程中的位移x2＝＝，則位移之比為1∶3，根據W＝Fx知，汽車發(fā)動機做功之比為1∶3，即W2＝3W1，故B正確，A、

8、C、D錯誤。 答案　B 2．(2018·哈爾濱師范大學附屬中學高三測試)測定運動員體能的一種裝置如圖2－1－5所示，運動員質量為m1，繩拴在腰間沿水平方向跨過定滑輪(不計滑輪摩擦、質量)，下懸一個質量為m2的重物，人用力蹬傳送帶而人的重心不動，使傳送帶以速率v勻速向右運動，下面是人對傳送帶做功的四種說法，其中正確的是 圖2－1－5 A．人對傳送帶不做功 B．人對傳送帶做負功 C．人對傳送帶做功的功率為m2gv D．人對傳送帶做功的功率為(m1＋m2)gv 解析　人對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錯誤；人的重心不動，繩對人的拉力和人與傳送帶間的摩擦力平衡，而拉力又等于m2g，所以人對傳送帶做功的功率為m2gv，故C正確，D錯誤。 答案　C 3．(多選)如圖2－1－6所示，物體沿弧形軌道滑下后進入足夠長的水平傳送帶，傳送帶以圖示方向勻速運轉，則傳送帶對物體做功情況可能是 圖2－1－6 A．始終不做功 B．先做負功后做正功 C．先做正功后不做功 D．先做負功后不做功 解析　當物體到達傳送帶上時，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動，它們之間沒有摩擦力的作用，所以傳送帶對物體始終不做功，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，傳送帶對物體做負功，當速度與傳送帶速度相等時，摩擦力為零，不再對物體做功，不會出現再做正功的情況，所以B錯誤，D正確。若物體速度小于傳送帶速度，則受向前的摩擦力，傳送帶對物體做正功，當速度與傳送帶速度相等，摩擦力又變?yōu)榱?，不再對物體做功，所以C正確。 答案　ACD 考點二　機車啟動問題 1．恒定功率啟動 機車先做加速度逐漸減小的加速運動，后做勻速直線運動。速度圖像如圖2－1－7所示，當F＝F阻時，vm＝＝。 圖2－1－7 2．恒定加速度啟動 速度圖像如圖2－1－8所示。機車先做勻加速直線運動，當功率達到額定功率后獲得勻加速運動的最大速度v1。若再加速，應保持功率

11、不變做變加速運動，直至達到最大速度vm后做勻速運動。 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)求勻加速時間t1：t1＝。 　(多選)(2018·資陽二診)如圖2－1－9所示為牽引力F和車速倒數的關系圖像。若汽車質量為2×103 kg，它由靜止開始沿平直公路行駛，且行駛中阻力恒定，設其最大車速為30 m/s，則正確的是 圖2－1－9 A．汽車所受阻力為2×103 N B．汽車車速為15 m/s時功率為3×104 W C．汽車勻加速的加速度為3 m/s2 D．汽車勻加速所需時間為5 s

12、[解析]　由圖像可知車速為30 m/s時的牽引力為F＝2×103 N，此時汽車做勻速運動，f＝F＝2×103 N，故A正確。此時汽車的功率為P＝Fvm＝2×103 N×30 m/s＝6×104 W。汽車在速度較小時做勻加速運動。設速度為v1時開始做功率恒定的變加速運動，由P＝F1v1得v1＝＝ m/s＝10 m/s。 即速度在10 m/s

13、汽車在平直路面上勻速運動，用跨過光滑定滑輪的輕繩牽引輪船，汽車與滑輪間的繩保持水平，當牽引輪船的繩與水平方向成θ角時，輪船速度為v，汽車的功率為P，汽車受到的阻力(不含繩的拉力)恒為f，則此時繩對船的拉力大小為 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P＝Fv1得，汽車的牽引力大小F＝＝。根據平衡條件得，繩對汽車的拉力大小F′＝F－f＝－f，那么此時繩對船的拉力大小為－f，故選項B正確。 答案　B 2．(2018·鞍山二模)汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發(fā)動機功率為P?？爝M入鬧

14、市區(qū)時，司機減小了油門，使汽車的功率立即減小一半并保持該功率繼續(xù)行駛。如圖2－1－11四個圖像中，哪個圖像正確表示了從司機減小油門開始，汽車的速度與時間的關系 圖2－1－11 解析　汽車勻速行駛時合力為零即牽引力等于阻力，功率減小一半時，汽車的速度由于慣性來不及變化，根據功率和速度關系公式P＝Fv，牽引力減小一半，小于阻力，合力向后，汽車做減速運動，由公式P＝Fv可知，功率一定時，速度減小后，牽引力增大，合力減小，加速度減小，故汽車做加速度不斷減小的減速運動，當牽引力增大到等于阻力時，加速度減為零，物體將再次做勻速直線運動，故C正確，A、B、D錯誤。 答案　C 考點三　動能定理的綜

15、合應用 1．對動能定理表達式W＝ΔEk＝Ek2－Ek1的理解 (1)動能定理表達式中，W表示所有外力做功的代數和，包括物體重力所做的功。 (2)動能定理表達式中，ΔEk為所研究過程的末動能與初動能之差，而且物體的速度均是相對地面的速度。 2．應用動能定理解題應注意的三點 (1)動能定理往往用于單個物體的運動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學研究方法要簡捷。 (2)動能定理表達式是一個標量式，在某個方向上應用動能定理是沒有依據的。 (3)物體在某個運動過程中包含有幾個運動性質不同的過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以對全過程考慮，但如能對整個過程利用動能定理列式

16、，則可使問題簡化。 　(2018·成都二診)如圖2－1－12所示，四分之三周長圓管的半徑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，其中半圓周BE段存在摩擦，BC和CE段動摩擦因數相同，ED段光滑；質量m＝0.5 kg、直徑稍小于圓管內徑的小球從B正上方高H＝2.5 m的A處自由下落，到達圓管最低點C時的速率為6 m/s，并繼續(xù)運動直到圓管的最高點D飛出，恰能再次進入圓管，假定小球再次進入圓管時不計碰撞能量損失，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖2－1－12 (1)小球飛離D點時的速度大小； (2)小球從B點到D點過程中克服摩擦所做的功； (3)由動能定能

17、分析小球再次進入圓管后能越過C點的原因。 [思路引導] [解析]　(1)小球飛離D點后做平拋運動， 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過程中，由動能定理得 mg(H－R)－Wf1＝mv－0， 解得Wf1＝10 J。 (3)小球從C到D過程中，由動能定理得 －2mgR－Wf2＝mv－mv， 解得Wf2＝4.5 J， 小球從A到C過程中，由動能定理得 mg(H＋R)－Wf3＝mv－0， 解得Wf3＝5.5 J； 小球再次進入圓管，從D到C的過程中，由動能定理得 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C點。 [答案]　(1) m/s　(2)10 J (3)小球再次進入圓管后，能越過C點，因為到達C點時的速度大于零。 【題組突破】 1.(2018·天津卷)如圖2－1－13所示，滑雪運動深受人民群眾喜愛。某滑雪運動員(可視為質點)由坡道進入豎直面內的圓弧形滑道AB，從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速率不變，則運動員沿AB下滑過程中 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．機械能始終保持不變 解析　運動員做勻速圓周

19、運動，所受合外力指向圓心，A項錯誤；由動能定理可知，合外力做功一定為零，C項正確；運動員所受滑動摩擦力大小隨運動員對滑道壓力大小的變化而變化，B項錯誤；運動員動能不變，重力勢能減少，所以機械能減少，D項錯誤。 答案　C 2．動能定理在電學中的應用 (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°，整個空間分布著范圍足夠大的豎直向下的勻強電場。從A點以初速v0＝9 m/s沿AO方向水平拋出質量m＝0.1 kg的小球(小球可視為質點)，小球帶正電荷q＝＋0.01 C，小球

20、恰好從B點沿垂直于OB的方向進入圓弧軌道。不計空氣阻力。求： 圖2－1－14 (1)A、B間的水平距離L； (2)勻強電場的電場強度E； (3)小球過C點時對軌道的壓力的大小FN； (4)小球從D點離開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)根據牛頓第二定律可得mg＋qE＝ma，解得E＝20 N/C (3)從A到C，根據動能定理可得(mg＋qE)r＝mv－mv在C點，FN－(mg＋qE)＝m，解得FN＝4.41 N，由牛頓第三定律可

21、知小球對軌道壓力大小為4.41 N。 (4)對全過程運用動能定理，－(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、長度足夠長、質量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動?，F將一個質量為m＝3 kg的小鐵塊(可視為質點)無初速度地放在木板最右端，當木板運動了L＝1 m時，又將第二個同樣的小鐵塊無初速度地放在木板最右端，以后木板再運動1 m時再在其最右端無初速度地放上一個同樣的小鐵塊。(g取

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