1、2020 年高考物理二轮复习专题练习卷年高考物理二轮复习专题练习卷 功功、功率功率、动能定理动能定理 一、选择题一、选择题 1汽车在平直公路上行驶，在它的速度从零增加到 v 的过程中，汽车发动机做的功为 W1；它的速度从 v 增加到 2v 的过程中，汽车发动机做的功为 W2，设汽车在行驶过程中发动 机的牵引力和所受阻力都不变，则有 AW22W1 BW23W1 CW24W1 D仅能判定 W2W1 解析 速度从零增加到 v 的过程中的位移 x1v 2 2a，速度从 v 增加到 2v 的过程中的位移 x24v 2v2 2a 3v 2 2a，则位移之比为 13，根据 WFx 知，汽车发动机做功之比为
2、13，即 W23W1，故 B 正确，A、C、D 错误。 答案 B 2.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 的变化如图所示。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 解析 设物体的质量为 m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力 mg 和竖直向下 的恒定外力 F，由动能定理结合题图可得(mgF) 3(3672) J；物体在下落过程中，受 到竖直向下的重力和竖直向上的恒定外力 F。再由动能
3、定理结合题图可得，(mgF) 3(48 24) J，联立解得 m1 kg，F2 N，选项 C 正确。 答案 C 3.(多选)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物 块的位置。物块由 A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点。在 从 A 到 B 的过程中，物块 A加速度先减小后增大 B经过 O 点时的速度最大 C所受弹簧弹力始终做正功 D所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功 解析 当合外力为零时，弹簧处于压缩状态，弹力等于滑动摩擦力，这一位置在 O 点 的左侧，此时加速度有最小值，速度最大，A 正确，B 错误；弹簧弹力先做正功后做负功，
4、C 错误；从 A 位置到 B 位置，动能变化量为零，外力所做的总功也应当为零，而整个过程 小物块只受弹簧弹力和摩擦力，故 D 正确。 答案 AD 4某人用同一水平力先后两次拉同一物体，第一次使此物体沿光滑水平面前进距离 s， 第二次使此物体沿粗糙水平面也前进距离 s，若先后两次拉力做的功为 W1和 W2，拉力做功 的平均功率是 P1和 P2，则正确的是 AW1W2，P1P2 BW1W2，P1P2 CW1W2，P1P2 DW1W2，P1P2 解析 由 WFs 可知两次拉力做功相同，但由于地面光滑时不受摩擦力，加速度较大， 运动时间较短，由 PW t 可知 P1P2，B 正确。 答案 B 5.如图
5、甲所示，一质量为 2 kg 的物体受到水平拉力 F 的作用，在粗糙水平面上做加速 直线运动，物体的 at 图象如图乙所示，t0 时其速度为 2 m/s，物体与水平面间的动摩擦 因数为 0.4，重力加速度 g10 m/s2。则下列说法正确的是 A在 t6 s 时，物体的速度为 15 m/s B在 06 s 时间内，合力对物体做的功为 289 J C在 06 s 时间内，合力对物体做功的平均功率为 47.5 W D在 t6 s 时，拉力 F 的功率为 136 W 解析 根据加速度时间图象与坐标轴所围图形的面积表示速度的变化量可知， 在 0 6 s 时间内，物体的速度增加量为 v15 m/s，由 v
6、vv0，可得在 t6 s 时，物体的速度 为 v17 m/s，选项 A 错误；由动能定理，可知在 06 s 时间内，合力对物体做的功为 W 1 2mv 21 2mv0 2285 J，选项 B 错误；在 06 s 时间内，合力对物体做功的平均功率为 P W t 47.5 W，选项 C 正确；由牛顿第二定律有，Fmgma，解得在 t6 s 时拉力 F16 N， 物体的速度 v17 m/s，则拉力 F 的功率为 PFv16 17 W272 W，选项 D 错误。 答案 C 6.物体在平行于斜面向上的拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面的底端，匀速运动到高 度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则
7、A沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较多 B沿倾角较大的斜面拉，克服重力做的功较多 C无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同 D无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功均相同 解析 设斜面倾角为 ，高度为 h，则斜面长度 L h sin 。物体匀速被拉到顶端，根据 功能关系 WFmghmgcos Lmghmg h tan ，则 h 相同时，倾角较小则拉力做的功较 多，选项 A 正确，C 错误；克服重力做功为 WGmgh，则克服重力做功相同，选项 B 错误； 克服摩擦力做的功 Wfmgcos Lmg h tan ，所以倾角越大，克服摩擦力做功越小，选项 D 错误；故选 A。 答案 A 7.一起重机的钢绳由静止
8、开始匀加速提起质量为 m 的重物，当重物的速度为 v1时，起 重机的功率达到最大值 P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速 度 v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是 A钢绳的最大拉力为P v2 B重物匀加速过程的时间为 mv12 Pmgv1 C重物匀加速过程的加速度为 P mv1 D速度由 v1增大至 v2的过程中，重物的平均速度 v v1v2 2 解析 匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为 F P v1， 故A错误； 根据牛顿第二定律可知Fmgma， 结合vat解得a P mv1g， t mv12 Pmgv1， 故
9、B 正确， C 错误； 在速度由 v1增大至 v2的过程中， 做加速度减小的加速运动， 平均速度 v v1v2 2 ，故 D 错误。 答案 B 8.(多选)如图甲所示，有一倾角 37 足够长的斜面固定在水平面上，质量 m1 kg 的 物体静止于斜面底端固定挡板处， 物体与斜面间的动摩擦因数 0.5， 物体受到一个沿斜面 向上的拉力 F 作用由静止开始运动，用 x 表示物体从起始位置沿斜面向上的位移，F 与 x 的 关系如图乙所示，已知 sin 37 0.6，cos 37 0.8，取 g10 m/s2。则物体沿斜面向上的运 动过程中 A机械能先增大后减小，在 x3.2 m 处，物体机械能最大 B
10、机械能一直增大，在 x4 m 处，物体机械能最大 C动能先增大后减小，在 x2 m 处，物体动能最大 D动能一直增大，在 x4 m 处，物体动能最大 解析 在物体沿斜面向上的运动过程中，对物体受力分析有，Fmgsin mgcos ma，当 F10 N 时，a0，可知物体加速度先减小到零后反向增大，故速度先增大后减小， 在 x2 m 处物体动能最大，选项 C 正确，D 错误。当 F4 N 时，Fmgcos 0，此前 F mgcos 0，拉力与摩擦力的合力对物体做正功，物体机械能增大，此后 Fmgcos 0， 拉力与摩擦力的合力对物体做负功， 物体机械能减小， 得 x3.2 m 处物体机械能最大，
11、 选项 A 正确，B 错误。 答案 AC 9.(多选)质量为 m 的汽车在平直路面上启动，启动过程的 vt 图象如图所示，从 t1时刻 起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为 Ff，则 A0t1时间内，汽车的牵引力等于 mv1 t1 Bt1t2时间内，汽车的功率等于(mv1 t1Ff)v1 C汽车运动的最大速度 v2(mv1 Fft11)v1 Dt1t2时间内，汽车的平均速度小于v1v2 2 解析 由题图可知，0t1阶段，汽车做匀加速直线运动，av1 t1，F1Ffma，联立得 F1mv1 t1Ff，选项 A 错误；在 t1 时刻汽车达到额定功率 PF1v1(mv1 t1Ff)
12、v1，t1t2 时间 内， 汽车保持额定功率不变， 选项 B 正确； t2时， 速度达到最大值 v2， 此时 F2Ff， PF2v2， v2 P F2( mv1 Fft11)v1，选项 C 正确；由 vt 图线与 t 轴所围面积表示位移的大小可知，t1t2 时间内，汽车的平均速度大于v1v2 2 ，故选项 D 错误。 答案 BC 10.(多选)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提 升的速度大小 v 随时间 t的变化关系如图所示， 其中图线分别描述两次不同的提升过程， 它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻 力和空气阻力。
13、对于第次和第次提升过程 A矿车上升所用的时间之比为 45 B电机的最大牵引力之比为 21 C电机输出的最大功率之比为 21 D电机所做的功之比为 45 解析 由图象可知图线过程所用时间为 2t0，由于两次提升的高度相同，图线与 x 轴围成的面积相等可知图线过程所用时间为 2.5t0，因此矿车上升所用时间之比为 45， A 对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B 错；由 PmFv 可 知，F 最大，v 最大时，P 最大，F 相等，vm之比为 21，所以最大功率之比为 21，C 对； 电机做功 W 提供矿石的重力势能和动能，据动能定理 WmghEk，由于提升高度相同， Ek
14、0，所以做功相等，D 错，故选 A、C。 答案 AC 二二 非选择题非选择题 11.如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒 滑上平台。质量为 M 的软钢锭长为 L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平 向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为 v。此时，在其右端无初速放上一个质量 为 m 的滑块(视为质点)。随后软钢锭滑过 2L 距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加 速度取 g，空气阻力不计。求： (1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。 (2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功。 (3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的
15、动能。 解析 (1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离 L 时，滑块脱离 做自由落体运动，最大加速度：ag。 (2)对软钢锭，由动能定理得： W01 2Mv 2 解得：W1 2Mv 2。 (3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同， 设为 t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则： MgMa 由位移公式得：L1 2at 2 对软钢锭，从滑上平台到静止的过程， 由动能定理得： (Mm)gLMgL1 2Mv 2 滑块落到平台上时的速度：vmgt 滑块到达平台时的动能：Ekm1 2mvm 2， 解得：Ekm2(2Mm)mg
16、2L2 Mv2 。 答案 (1)g (2)1 2Mv 2 (3)2(2Mm)mg 2L2 Mv2 12.如图所示，光滑绝缘水平桌面处在电场强度大小为 E、方向水平向右的匀强电场中， 某时刻将质量为 m、带电荷量为q 的小金属块从 A 点由静止释放，小金属块经时间 t 到达 B 点，此时电场突然反向、电场强度增强为某恒定值，且仍为匀强电场，又经过时间 t 小金 属块回到 A 点。小金属块在运动过程中电荷量保持不变。求： (1)电场反向后匀强电场的电场强度大小。 (2)整个过程中电场力所做的功。 解析 (1)设 t 末和 2t 末小金属块的速度大小分别为 v1和 v2，电场反向后匀强电场的电 场强
17、度大小为 E1，小金属块由 A 点运动到 B 点过程，由位移公式得： x1 2 qE m t2 由速度公式得：v1qE m t 小金属块由 B 点运动到 A 点过程，由位移公式得： xv1t1 2 qE1 m t2 由速度公式得：v2v1qE1 m t 联立解得：E13E，v22qE m t。 (2)根据动能定理，整个过程中电场力所做的功： W1 2mv2 20 解得：W2q 2E2t2 m 。 答案 (1)3E (2)2q 2E2t2 m 13.如图甲所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升 降机先做匀加速运动，5 s 末电动机到达额定功率，之后保持额定功率运行。升
18、降机的运动 情况如图乙所示， 已知电动机的额定功率为 36 kW， 不计空气阻力， 重力加速度 g 取 10 m/s2， 求： (1)升降机的总质量大小； (2)升降机在 5 s 末的速度 v0的大小； (3)升降机在 07 s 内上升的高度 x。 解析 (1)设升降机的总质量为 m，升降机最后做匀速运动，牵引力 Fmg 根据 PFvmmgvm 得 m P gvm 36 000 10 12 kg300 kg (2)设升降机做匀加速运动时的加速度大小为 a 在 5 s 末，速度 v0at1 此时牵引力 FP v0 根据牛顿第二定律得，Fmgma 解得 a2 m/s2，v010 m/s (3)升降
19、机在 05 s 内的位移 x11 2at1 21 2 2 25 m25 m 对升降机在 57 s 内的运动过程运用动能定理得 Pt2mgh1 2mvm 21 2mv0 2 代入数据解得 h21.8 m 则 xx1h(2521.8) m46.8 m。 答案 (1)300 kg (2)10 m/s (3)46.8 m 14.如图所示，BCD 为固定在竖直平面内的半径为 r10 m 圆弧形光滑绝缘轨道，O 为 圆心，OC 竖直，OD 水平，OB 与 OC 间夹角为 53 ，整个空间分布着范围足够大的竖直向 下的匀强电场。从 A 点以初速 v09 m/s 沿 AO 方向水平抛出质量 m0.1 kg 的
20、小球(小球可 视为质点)， 小球带正电荷 q0.01 C， 小球恰好从 B 点沿垂直于 OB 的方向进入圆弧轨道。 不计空气阻力。求： (1)A、B 间的水平距离 L； (2)匀强电场的电场强度 E； (3)小球过 C 点时对轨道压力的大小 FN； (4)小球从 D 点离开轨道后上升的最大高度 H。 解析 (1)从 A 到 B，vByv0tan 53 ，vByat， yrcos 53 ，y1 2at 2解得 t1 s，a12 m/s2， Lv0t9 m (2)根据牛顿第二定律可得 mgqEma， 解得 E20 N/C (3)从 A 到 C，根据动能定理可得 (mgqE)r1 2mvC 21 2
21、mv0 2 在 C 点，FN(mgqE)mvC 2 r ， 解得 FN4.41 N，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为 4.41 N。 (4)对全过程运用动能定理，(qEmg)H1 2mv0 2，解得 H3.375 m。 答案 (1)9 m (2)E20 N/C (3)FN4.41 N(4)H3.375 m 15.如图所示， 在粗糙水平台阶上静止放置一质量 m0.5 kg 的小物块， 它与水平台阶表 面间的动摩擦因数 0.5，且与台阶边缘 O 点的距离 s5 m。在台阶右侧固定了一个以 O 点为圆心的圆弧形挡板，并以 O 点为原点建立平面直角坐标系。现用 F5 N 的水平恒力拉 动小物块，
22、一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g 取 10 m/s2)。 (1)若小物块恰能击中挡板的上边缘 P 点，P 点的坐标为(1.6 m,0.8 m)，求其离开 O 点时 的速度大小。 (2)为使小物块击中挡板，求拉力 F 作用的距离范围。 (3)改变拉力 F 的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块动能 的最小值，(结果可保留根式)。 解析 (1)小物块从 O 到 P 做平抛运动，则： 水平方向：xv0t 竖直方向：y1 2gt 2 解得：v04 m/s。 (2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到 O 点，设拉力 F 作用的最短距离为 x1， 由动能定理得：
23、 Fx1mgsEk00 解得：x12.5 m 为使小物体不会飞出挡板，小物块的平抛初速度不能超过 4 m/s；设拉力 F 作用的最长 距离为 x2，由动能定理得：Fx2mgs1 2mv0 2。 解得：x23.3 m 故为使物块击中挡板，拉力 F 的作用距离范围为 25 mx3.3 m。 (3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则有： xv0t，y1 2gt 2， 由动能定理得： mgyEk1 2mv0 2 又因为 x2y2R2 由 P 点坐标可求 R23.2 化简得：EkmgR 2 4y 3mgy 4 4 y 15y 4 由数学方法可得：Ekmin2 15 J。 答案 (1)4 m/s (2)2.5 mx3.3 m (3)2 15 J
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