高考物理二轮复习 第一部分 专题二 功和能 第1讲 功 功率 动能定理课时作业

匀速阶段：h－h1＝12v0·t′，解得 t′＝32t0
故第②次提升过程所用时间为t20＋32t0＋t20＝52t0，
两次上升所用时间之比为 2t0∶52t0＝4∶5，A 对；
对矿车受力分析，当矿车向上做加速直线运动时，电机的牵引 力最大，由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同，B 错； 在加速上升阶段，由牛顿第二定律知， F－mg＝ma，F＝m(g＋a) 第①次在 t0 时刻，功率 P1＝F·v0， 第②次在t20时刻，功率 P2＝F·v20， 第②次在匀速阶段 P2′＝F′·v20＝mg·v20＜P2，
B．1.5 kg
C．1 kg
D．0.5 kg
解析：画出运动示意图，设阻力为 f，据动能定理知
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h 整理以上两式得 mgh＝30 J，解得物体的质量 m＝1 kg，选项
C 正确．
答案：C
5.(2016·高考全国卷Ⅲ，T24)如图，在竖直 平面内有由14圆弧 AB 和12圆弧 BC 组成的光 滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑连接．AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为R2.一小球在 A 点正上方与 A 相 距R4处由静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点．
2 由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2RvC2 ⑥
由机械能守恒定律得 mgR4＝12mv2C⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点． 答案：(1)5∶1 (2)见解析
[考情分析] ■ 命题特点与趋势——怎么考 1．近几年高考命题点主要集中在正、负功的判断，功率的分 析与计算，机车启动模型，如 2018 年全国卷Ⅱ第 14 题、2018 年全国卷Ⅲ第 19 题，动能定理在直线运动、曲线运动中的应 用，如 2019 年全国卷Ⅲ第 17 题、2016 年全国卷Ⅲ第 24 题．题 目具有一定的综合性，难度适中． 2．本讲高考单独命题以选择题为主，综合命题以计算题为主， 常将动能定理与机械能守恒定律、能量守恒定律相结合．

专题能力训练5 功功率动能定理(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。

在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2020·吉林长春模拟)质量为10 kg 的物体,在变力F作用下沿x轴做直线运动,力随坐标x的变化情况如图所示。

物体在x=0处,速度为1 m/s,不计一切摩擦,则物体运动到x=16 m处时,速度大小为( )A.2 m/sB.3 m/sC.4 m/sD.m/s2.如图所示,一倾角为45°的粗糙斜面与粗糙水平轨道平滑对接,有一质量为m的物体由斜面的A点静止滑下,物体与斜面和地面间的动摩擦因数相同。

已知A距离地面的高度为4 m,当物体滑至水平地面的C 点时速度恰好为0,且B、C距离为4 m。

若将BC水平轨道抬起,与水平面间夹角为30°,其他条件不变,则物体能沿BD斜面上升的最大高度为( )A.(8-4) mB.(8-2) mC. mD.8 m3.下列各图是反映汽车从静止开始匀加速启动,最后做匀速运动的过程中,其速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象,(汽车运动过程中所受阻力恒定)其中不正确的是( )4.如图所示,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上,随跳板一同向下运动到最低点(B位置)。

对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程中,下列说法正确的是( )A.运动员到达最低点时,其所受外力的合力为0B.在这个过程中,运动员的动能一直在减小C.在这个过程中,跳板的弹性势能一直在增加D.在这个过程中,运动员所受重力对她做的功大于跳板的作用力对她做的功5.某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛,起跳直至着地过程如图所示。

测量得到比赛成绩是2.5 m,目测空中脚离地最大高度约0.8 m,忽略空气阻力,则起跳过程该同学所做功约为( )A.65 JB.350 JC.700 JD.1 250 J6.在离水平地面h高处将一质量为m的小球水平抛出,在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为F f,落地前瞬间小球距抛出点的水平距离为x,速率为v,那么,在小球运动的过程中( )A.重力做的功为mghB.克服空气阻力做的功为F f·C.落地时,重力的瞬时功率为mgvD.重力势能和机械能都逐渐减少7.(2020·四川资阳一模)右图为牵引力F和车速倒数的关系图象。

2021年高考物理二轮专题复习 第1课 功、功率、能量课时过关检测试题(B 卷)题号 1 2 3 45 6 7 8 9 答案答案：B3．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)．初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态．剪断轻绳后，A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块( )A ．速率的变化量不同B ．机械能的变化量不同C ．重力势能的变化量相同D ．重力做功的平均功率相同解析：设A 、B 离地高度为h ，由于斜面表面光滑，A 、B 运动过程机械能守恒．机械能不变，物块着地时速率相等，均为2gh ，因此速率变化量相等，A 、B 错．由于初始时刻A 、B 处于同一高度并处于静止状态，因此有m A g ＝m B gsin θ，重力势能变化量不相等，C 错．从剪断轻绳到两物块着地过程的平均速度大小为v ＝122gh ，则P A ＝m A gv ，P B ＝m B gvsin θ，P A＝P B ，故选D.答案：D4．在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意如图．小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次是x 1、x 2、x 3，机械能的变化量依次为ΔE 1、ΔE 2、ΔE 3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )A ．x 2－x 1＝x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3B ．x 2－x 1>x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3C ．x 2－x 1>x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 3D ．x 2－x 1<x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 3解析：物体做平抛运动，机械能守恒，三次实验中，机械能的变化量都为零，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3.由小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动可知，x 2－x 1>x 3－x 2，选项B 正确．答案：B二、双项选择题5．一汽车质量为m ，发动机的额定功率为P ，当汽车以额定功率沿水平路面匀速行驶时速度为v ，设汽车行驶时受到的阻力恒定，下列说法中正确的是( )A ．汽车行驶时受到的阻力大小为PvB ．汽车行驶时受到的阻力大小为PvC ．当汽车以额定功率从静止开始启动时，汽车的速度和加速度都在增大D ．当汽车做匀加速行驶时，牵引力的功率将均匀增大答案：BD6．蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A 位置)上，随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B 位置)，如图所示．有关运动员从A 运动至B 的过程，下列说法正确的是( )A ．运动员的机械能守恒B ．运动员的速度一直减小C ．合力对运动员做负功D ．运动员先失重后超重解析：由能量守恒定律可知，运动员减少的机械能转化为床垫的弹性势能，故选项A 错误；当F 弹＝mg 时，a ＝0，在此之前，F 弹<mg ，加速度方向向下(失重)，物体做加速运动；在此之后，F 弹>mg ，加速度方向向上(超重)，物体做减速运动，选项B 错误而选项D 正确；从A 位置到B 位置，由动能定理得W 合＝－E k0，选项C 正确．答案：CD7．(xx·东莞模拟)如图，一物体从光滑斜面AB 底端A 点以初速度v 0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A 点上滑的初速度仍为v 0)( )A ．若把斜面CB 部分截去，物体冲过C 点后上升的最大高度仍为h B ．若把斜面AB 变成光滑曲面AEB ，物体沿此曲面上升仍能到达B 点 C ．若把斜面弯成圆弧形D ，物体仍沿圆弧升高hD ．若把斜面从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h解析：斜面光滑，系统机械能守恒，若把斜面CB 部分截去，物体从A 点运动到C 点后做斜上抛运动，到达最高点时有水平方向的分速度，则物体上升不到h 高度．而变成曲面AEB 及从C 点以上部分弯成与C 点相切的圆弧状，物体到达最高点时速度都可为零，物体可达最大高度h ，而沿圆弧形D 物体做圆周运动，到达最高点需有个最小速度，故选项B 、D 正确．答案：BD8．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v －t 图象如图所示．以下判断正确的是( )A ．前3 s 内货物处于超重状态B ．最后2 s 内货物只受重力作用C ．前3 s 内与最后2 s 内货物的平均速度相同D ．第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物的机械能守恒解析：由货物运动的vt 图象可知，前3 s 内货物向上做匀加速直线运动，货物处于超重状态，A 正确；最后2 s 内货物向上做匀减速直线运动，加速度为－3 m/s 2，说明货物除受重力外，还受其他力的作用，B 错误；由平均速度公式v ＝v 0＋v t2得，前3秒内与最后2 s内货物的平均速度都为3 m/s ，C 对；第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物的速度不变，动能不变，重力势能增加，故机械能增加，D 错误．答案：AC9．(xx·深圳模拟)如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度．现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )A ．弹簧获得的最大弹性势能小于小球抛出时的动能B ．小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒C ．小球抛出的初速度大小仅与圆筒离地面的高度有关D ．小球从抛出点运动到圆筒口的时间与小球抛出时的角度无关解析：小球从抛出到弹簧压缩到最短的过程中，只有重力和弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，即E k0＝12mv 02＝mgh ＋E p ，所以E p <E k0，故A 对、B 错．运用逆向思维分析小球的斜上抛过程，即分析小球的平抛运动．设平抛时的初速度为v 1，则由机械能守恒得12mv 12＋mgh ＝12mv 02，故v 0与v 1、h 有关，C 错．在竖直方向h ＝12gt 2，t 与h 有关，D 对．答案：AD三、计算题10．一个质量为m 1＝1 kg 、长为L ＝65 m 的木板在光滑水平地面上以速度v 1＝2 m/s 向右滑行，一个质量为m 2＝2 kg 的小木块(可视为质点)向左以速度v 2＝14 m/s 从木板的右端滑上，木块和木板间的动摩擦因数是μ＝0.1，滑行一段时间后木块和木板达到共同速度，然后木板碰撞光滑半圆弧，碰撞后木板停止运动，木块最终无能量损失地滑上圆弧．求：(1)木板从开始到向右运动到最远点过程中系统产生的热量．(2)木板从开始到和木块达到共同速度时的过程中系统产生的热量． (3)若木块滑上圆弧的过程中不脱离圆弧，求圆弧半径r 的范围．解析：(1)木板向右运动到最远点时速度为0，系统动量守恒(向左为正)： m 2v 2－m 1v 1＝m 2v 3 得：v 3＝13 m/s. 系统能量守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 2v 32＋Q 1，得：Q 1＝29 J. (2)从开始到木块和木板达到共同速度过程中，动量守恒： m 2v 2－m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 共，得：v 共＝8.7 m/s. 系统能量守恒：12m 1v 12＋12m 2v 22＝12(m 1＋m 2)v 共2＋Q 2，得：Q 2＝84.5 J. (3)Q 2＝μm 2gs ，得到s ＝42.3 m ，从木板碰撞圆弧后到木块刚滑上圆弧，系统能量守恒： 12m 2v 共2＝12m 2v 42＋μm 2g(L －s)，得到v 4＝5.5 m/s. 情况一：木块恰能上升到圆弧最高点，有： m 2g ＝m 2v 2r 112m 2v 42＝12m 2v 2＋2m 2gr 1，得r 1＝0.61 m. 情况二：木块恰能上升到圆弧最左点，有： 12m 2v 42＝m 2gr 2，得r 2＝1.51 m. 综上所述，半径r 的取值范围是r≤0.61 m ，以及r≥1.51 m. 答案：(1)29 J (2)84.5 J (3)r≤0.61 m 或r≥1.51 m11．一质量m ＝0.6 kg 的物体以v 0＝20 m/s 的初速度从倾角α＝30°的斜坡底端沿斜坡向上运动．当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔE k ＝18 J ，机械能减少了ΔE ＝3J ．不计空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)物体向上运动时加速度的大小； (2)物体返回斜坡底端时的动能．解析：(1)设物体运动过程中所受的摩擦力为f ，向上运动的加速度的大小为a ，由牛顿第二定律可知a ＝mgsin α＋f m①设物体的动能减少ΔE k 时，在斜坡上运动的距离为s ，由功能关系可知 ΔE k ＝(mgsin α＋f)s② ΔE ＝fs③联立①②③式，并代入数据可得：a ＝6 m/s 2.(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为s m ，由运动学规律可得： s m ＝v 022a⑤设物体返回斜坡底端时的动能为E k ，由动能定理得： E k ＝(mgsin α－f)s m ⑥联立以上各式，并代入数据可得：E k ＝80 J.答案：(1)6 m/s 2(2)80 J 28591 6FAF 澯'p34926 886E 衮 37074 90D2 郒R24934 6166 慦31631 7B8F 箏34757 87C5 蟅 30292 7654 癔22701 58AD 墭b。

【三维设计】2014年高考物理二轮复习功功率动能定理课时达标自测（含2013试题，含详解）一、单项选择题1．(2012·哈尔滨二模)一位同学在二楼教室窗口把一个篮球用力水平抛出，篮球落地时重力的瞬时功率约为( )A．5 W B．50 WC．500 W D．5 000 W解析：选B 一个篮球的质量约为m＝600 g＝0.6 kg，二楼教室窗口距地面约为h＝4.5 m。

故球落地时的竖直速度v y＝2gh≈9.4 m/s，因此篮球落地时重力的瞬时功率为P＝mg·v y≈55 W，故B正确。

2．(2013·上海高考)汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。

汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。

汽车在驶入沙地前已做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t 的变化关系可能是( )图1解析：选A 在驶入沙地后，由于阻力增大，速度减小，驶出沙地后阻力减小，速度增大，在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是A。

3．(2013·吉林省实验中学模拟)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。

从t＝0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图2所示。

重力加速度g取10 m/s2，则在t＝0至t＝12 s这段时间拉力F对物体做的功为( )图2A．72 J B．144 JC．360 J D．720 J解析：选C 物体的滑动摩擦力F f＝μmg＝4 N，对应F­t图像可知，物体在0～3 s内静止不动，3～6 s 内做匀加速直线运动，a ＝F －F f m＝2 m/s 2，第6～9 s 内做匀速运动，第9～12 s 内再做匀加速直线运动，故12 s 内的总位移，x ＝12at 22＋at 2·t 3＋at 2·t 4＋12at 42＝54 m ，末速度v ＝a (t 2＋t 4)＝12 m/s ，由动能定理得：W F －F f ·x ＝12mv 2，解得W F ＝360 J ，C 正确。