高考物理江蘇專版二輪復習檢測：專題二第一講 功和功率 動能定理——課后達標檢測卷 Word版含解析

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1、 專題二第一講專題二第一講 功和功率功和功率 動能定理動能定理課后達標檢測卷課后達標檢測卷 1多選多選(2018 江蘇高考江蘇高考)如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊，O 點點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由 A 點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達最遠到達 B 點。在從點。在從 A 到到 B 的過程中，物塊的過程中，物塊( ) A加速度先減小后增大加速度先減小后增大 B經(jīng)過經(jīng)過 O 點時的速度最大點時的速度最大 C所受彈簧彈力始終做正功所受彈

2、簧彈力始終做正功 D所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功所受彈簧彈力做的功等于克服摩擦力做的功 解析：解析：選選 AD 小物塊由小物塊由 A 點開始向右加速運動，彈簧壓點開始向右加速運動，彈簧壓縮量逐漸減小，縮量逐漸減小，F(xiàn)彈彈減小，由減小，由F彈彈Ffma 知，知，a 減?。划斶\動到減?。划斶\動到 F彈彈Ff時，時，a 減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧減小為零，此時小物塊速度最大，彈簧仍處于壓縮狀態(tài)； 由于慣性， 小物塊繼續(xù)向右運動， 此時仍處于壓縮狀態(tài)； 由于慣性， 小物塊繼續(xù)向右運動， 此時 FfF彈彈ma， 小物塊做減速運動， 小物塊做減速運動，且隨著壓縮量繼續(xù)減小，且隨著壓縮量繼

3、續(xù)減小， a 逐漸增大； 當越過逐漸增大； 當越過 O 點后， 彈簧開始被拉伸， 此時點后， 彈簧開始被拉伸， 此時 F彈彈Ffma，隨著拉伸量增大，隨著拉伸量增大，a 繼續(xù)增大，綜上所述，從繼續(xù)增大，綜上所述，從 A 到到 B 過程中，物塊加速度先減小后增大，過程中，物塊加速度先減小后增大，在在 O 點左側點左側 F彈彈Ff時速度達到最大，故時速度達到最大，故 A 正確，正確，B 錯誤。在錯誤。在 AO 段物塊所受彈簧彈力做段物塊所受彈簧彈力做正功，在正功，在 OB 段做負功，故段做負功，故 C 錯誤。由動能定理知，從錯誤。由動能定理知，從 A 到到 B 的過程中，彈力做的過程中，彈力做功與

4、摩擦功與摩擦力做功之和為力做功之和為 0，故，故 D 正確。正確。 2(2017 江蘇高考江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為 Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能 Ek與位移與位移 x 關系的圖線是關系的圖線是( ) 解析：解析：選選 C 設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為設物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為 ，物塊的質(zhì)量為，物塊的質(zhì)量為 m，則物塊在上滑過程，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有中根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )xEkEk0，即，即 Ek

5、Ek0(mgsin mgcos )x，所以物塊的動能所以物塊的動能 Ek與位移與位移 x 的函數(shù)關系的函數(shù)關系圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的過程中圖線為直線且斜率為負；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動能定理有根據(jù)動能定理有(mgsin mgcos )(x0 x)Ek，其中，其中 x0為小物塊到達最高點時的位移，為小物塊到達最高點時的位移，即即 Ek(mgsin mgcos )x(mgsin mgcos )x0， 所以下滑時， 所以下滑時 Ek隨隨 x 的減小而增大的減小而增大且為直線。由此可以判斷且為直線。由此可以判斷 C 項正確。項正確。 3.(2018 江蘇七市三模江蘇七市三模)如圖所

6、示，不可伸長的細線一端固定，另一如圖所示，不可伸長的細線一端固定，另一端系一小球，小球從與懸點等高處由靜止釋放后做圓周運動，不計空氣端系一小球，小球從與懸點等高處由靜止釋放后做圓周運動，不計空氣阻力，則小球從釋放位置運動到最低點的過程中阻力，則小球從釋放位置運動到最低點的過程中( ) A水平方向加速度不斷水平方向加速度不斷增大增大 B豎直方向加速度不斷增大豎直方向加速度不斷增大 C重力做功的瞬時功率先增大后減小重力做功的瞬時功率先增大后減小 D拉力做功的瞬時功率先增大后減小拉力做功的瞬時功率先增大后減小 解析：解析：選選 C 小球在最高點合力方向豎直向下，在最低點合力方向豎直向上，但在中小球在

7、最高點合力方向豎直向下，在最低點合力方向豎直向上，但在中間過程某點拉力卻有水平方向的分量， 所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小， 故間過程某點拉力卻有水平方向的分量， 所以小球水平方向的加速度必定先增大后減小， 故 A錯誤；小球在開始釋放的瞬間的加速度為錯誤；小球在開始釋放的瞬間的加速度為 g 且向下，接下來細線在豎直方向有向上的分量，且向下，接下來細線在豎直方向有向上的分量，所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開始變小，故所以小球豎直方向上所受的合外力減小，則豎直方向加速度開始變小，故 B 錯誤；重力的錯誤；重力的瞬時功率為瞬時功率為 Pmgvy，小球在開始釋放的瞬間速

8、度為零，此時重力的瞬時功率為零，到達，小球在開始釋放的瞬間速度為零，此時重力的瞬時功率為零，到達最低點時，速最低點時，速度水平向左，豎直分速度為零，所以此時重力的瞬時功率為零，在中間過程度水平向左，豎直分速度為零，所以此時重力的瞬時功率為零，在中間過程豎直分速度不為零，重力的瞬時功率也不為零，所以重力的瞬時功率先增大后減小，故豎直分速度不為零，重力的瞬時功率也不為零，所以重力的瞬時功率先增大后減小，故 C正確；拉力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時功率始終為零，故正確；拉力的方向始終與速度方向垂直，所以拉力的瞬時功率始終為零，故 D 錯誤。錯誤。 4.(2018 鎮(zhèn)江一模鎮(zhèn)江一模)坐落在

9、鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高坐落在鎮(zhèn)江新區(qū)的摩天輪高 88 m，假設乘客，假設乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列說法正確的是隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列說法正確的是( ) A在摩天輪轉動的過程中，乘客機械能始終保持不變在摩天輪轉動的過程中，乘客機械能始終保持不變 B在最低點時，乘客所受重力大于座椅對他的支持力在最低點時，乘客所受重力大于座椅對他的支持力 C在摩天輪轉動一周的過程中，合力對乘客做功為零在摩天輪轉動一周的過程中，合力對乘客做功為零 D在摩天輪轉在摩天輪轉動的過程中，乘客重力的功率保持不變動的過程中，乘客重力的功率保持不變 解析：解析：選選 C 機械能等于重力勢能和動能之和，摩天

10、輪運動過程中，做勻速圓周運動，機械能等于重力勢能和動能之和，摩天輪運動過程中，做勻速圓周運動，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，乘客的速度大小不變，則動能不變，但高度變化，所以機械能在變化，A 錯誤；圓周運動錯誤；圓周運動過程中，在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力過程中，在最低點，由重力和支持力的合力提供向心力 F，向心力向上，所以，向心力向上，所以 FNmg，則支持力則支持力 NmgF，所以重力小于支持力，所以重力小于支持力，B 錯誤；在摩天輪轉動一周的過程中，動能變錯誤；在摩天輪轉動一周的過程中，動能變化量為零，則合力對乘客做功為零，化量為零，則合力對乘客

11、做功為零，C 正確；運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大正確；運動過程中，乘客的重力大小不變，速度大小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，小不變，但是速度方向時刻在變化，所以重力的瞬時功率在變化，D 錯誤。錯誤。 5(2018 徐州期中徐州期中)高臺跳水被認為是世界上最難、最美的運動項目之一。一運動員在高臺跳水被認為是世界上最難、最美的運動項目之一。一運動員在十米跳臺跳水比賽中，觸水時重力的功率約為十米跳臺跳水比賽中，觸水時重力的功率約為( ) A7 000 W B700 W C70 W D7 W 解析：解析：選選 A 運動員在跳水過程中看做自由落體運動，故落水時的速度為

12、運動員在跳水過程中看做自由落體運動，故落水時的速度為 v 2gh10 2 m/s，運動員的體重約為，運動員的體重約為 50 kg，故重力的瞬時功率約為，故重力的瞬時功率約為 Pmgv7 000 W，故，故 A 正正確。確。 6.(2018 揚州期末揚州期末)某士兵練習迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落某士兵練習迫擊炮打靶，如圖所示，第一次炮彈落點在目標點在目標 A 的右側，第二次調(diào)的右側，第二次調(diào)整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標，忽略空氣整炮彈發(fā)射方向后恰好擊中目標，忽略空氣阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說法正確的是阻力的影響，每次炮彈發(fā)射速度大小相等，下列說法正確的是( ) A第二次

13、炮彈在空中運動時間較長第二次炮彈在空中運動時間較長 B兩次炮彈在空中運動時間相等兩次炮彈在空中運動時間相等 C第二次炮彈落地時速度較大第二次炮彈落地時速度較大 D第二次炮彈落地時速度較小第二次炮彈落地時速度較小 解析：解析：選選 A 炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據(jù)下炮彈在豎直方向上做豎直上拋運動，上升時間與下落時間相等。根據(jù)下落過程豎直方向做自由落體運動，落過程豎直方向做自由落體運動，h12gt2，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運，第二次下落高度高，所以第二次炮彈在空中運動時間較長，故動時間較長，故 A 正確，正確，B 錯誤；根據(jù)動能定理：錯誤；根據(jù)動能定

14、理：mgh12mv212mv02，由于兩次在空中運，由于兩次在空中運動過程重力做功都是零，所以動過程重力做功都是零，所以 vv0，故兩次炮彈落地時速度相等，故，故兩次炮彈落地時速度相等，故 C、D 錯誤。錯誤。 7.多選多選(2018 南京調(diào)研南京調(diào)研)如圖所示， 滑塊以初速度如圖所示， 滑塊以初速度 v0滑上表面粗糙的固定滑上表面粗糙的固定斜面，到達最高點后又返回到出發(fā)點。則能大致反映整個運動過程中，滑塊斜面，到達最高點后又返回到出發(fā)點。則能大致反映整個運動過程中，滑塊的加速度的加速度 a、速度、速度 v 隨時間隨時間 t，重力對滑塊所做的功，重力對滑塊所做的功 W、動能、動能 Ek與位移與

15、位移 x 關關系的是系的是(取初始位置為坐標原點、初速度方向為正方向取初始位置為坐標原點、初速度方向為正方向)( ) 解析：解析：選選 BD 滑塊整個運動過程的加速度方向均與初速度方向相滑塊整個運動過程的加速度方向均與初速度方向相反，故反，故 A 錯誤。上滑錯誤。上滑時的加速度大小時的加速度大小 a1gsin gcos ，下滑時的加速度大小，下滑時的加速度大小 a2gsin gcos ，結合位移，結合位移公式公式 x12at2，可知下滑時間大于上滑的時間；由于機械能有損失，返回到出發(fā)點時速度小，可知下滑時間大于上滑的時間；由于機械能有損失，返回到出發(fā)點時速度小于出發(fā)時的初速度，故于出發(fā)時的初速

16、度，故 B 正確。重力做功正確。重力做功 Wmghmgxsin ，上滑過程與下滑過程的，上滑過程與下滑過程的W- x 圖像重疊，故圖像重疊，故 C 錯誤。根據(jù)動能定理得，上滑過程有：錯誤。根據(jù)動能定理得，上滑過程有：ma1xEk12mv02，解得，解得 Ek12mv02ma1x，同理下滑過程有：，同理下滑過程有：Ekma2(Lx)，由數(shù)學知識知，由數(shù)學知識知，D 正確。正確。 8(2018 鹽城三模鹽城三模)如圖所示，質(zhì)量為如圖所示，質(zhì)量為 m、半徑為、半徑為 R 的光滑圓柱體的光滑圓柱體 B 放在水平地面上，放在水平地面上，其左側有半徑為其左側有半徑為 R、質(zhì)量為、質(zhì)量為 m 的半圓柱體的半

17、圓柱體 A，右側有質(zhì)量為，右側有質(zhì)量為 m 的長方體木塊的長方體木塊 C，現(xiàn)用水平，現(xiàn)用水平向左的推力推木塊向左的推力推木塊 C，使其緩慢移動，直到圓柱體，使其緩慢移動，直到圓柱體 B 恰好運動到半圓柱體恰好運動到半圓柱體 A 的頂端，在此的頂端，在此過程中過程中 A 始終保持靜止。已知始終保持靜止。已知 C 與地面間動摩擦因數(shù)與地面間動摩擦因數(shù) 32，重力加速度為，重力加速度為 g。求：。求： (1)圓柱體圓柱體 B 下端離地高為下端離地高為R2時，地面時，地面對半圓柱體對半圓柱體 A 的支持力；的支持力； (2)木塊木塊 C 移動的整個過程中水平推力的最大值；移動的整個過程中水平推力的最大

18、值； (3)木塊木塊 C 移動的整個過程中水平推力所做的功。移動的整個過程中水平推力所做的功。 解析：解析：(1)以以 A 和和 B 整體為研究對象，地面支持力整體為研究對象，地面支持力 FN2mg。 (2)B 剛離開地面時，剛離開地面時，B 對對 C 的彈力最大，對的彈力最大，對 B 受力分析，受力分析， 則彈力則彈力 F1mgtan 60 3mg 此時水平推力最大為此時水平推力最大為 FmF1mg3 32mg。 (3)C 移動的距離移動的距離 x2Rcos 30 3R 摩擦力做功摩擦力做功 Wfmgx32mgR 根據(jù)動能定根據(jù)動能定理理 WWfmgR0 解得解得 W52mgR。 答案：答案

19、：(1)2mg (2)3 32mg (3)52mgR 9.(2018 南通調(diào)研南通調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量分布均勻的刷子刷地面上的薄如圖所示，質(zhì)量分布均勻的刷子刷地面上的薄墊子，開始時刷子和墊子的左邊緣對齊，刷子的質(zhì)量為墊子，開始時刷子和墊子的左邊緣對齊，刷子的質(zhì)量為 m，墊子的質(zhì)，墊子的質(zhì)量為量為 M， 刷子和墊子間的動摩擦因數(shù)為， 刷子和墊子間的動摩擦因數(shù)為 1， 墊子和地面間的動摩擦因， 墊子和地面間的動摩擦因數(shù)為數(shù)為 2，刷子和地面間的動摩擦因數(shù)為，刷子和地面間的動摩擦因數(shù)為 3，重力加速度為，重力加速度為 g。 (1)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成若給刷子施加一個斜向右下方、與

20、水平方向成 60 角的推力角的推力 F1，墊子和刷子保持靜，墊子和刷子保持靜止，求刷子止，求刷子受到的摩擦力受到的摩擦力 f1的大小和地面對墊子的支持力的大小和地面對墊子的支持力 FN的大??；的大?。?(2)若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成若給刷子施加一個斜向右下方、與水平方向成 30 角的推力角的推力 F2，刷子和墊子以同一，刷子和墊子以同一加速度運動，求刷子受到的摩擦力加速度運動，求刷子受到的摩擦力 f2的大??；的大??； (3)若給刷子施加一個水平向右的推力若給刷子施加一個水平向右的推力 F3，刷子從圖示位置開始運動，墊子保持靜止，刷子從圖示位置開始運動，墊子保持靜止，已知刷子的長

21、為已知刷子的長為 b，墊子的長為，墊子的長為 L(Lb)，求刷子完全離開墊子的速度，求刷子完全離開墊子的速度 v 的大小。的大小。 解析：解析：(1)刷子受到重力、墊子的支持力、推力刷子受到重力、墊子的支持力、推力 F1和摩擦力作用和摩擦力作用 則水平方向受力平衡，有則水平方向受力平衡，有 f1F1cos 60 12F1 刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡刷子和墊子整體在豎直方向受力平衡， 有有 FN(Mm)gF1sin 60 (Mm)g32F1。 (2)設刷子和墊子運動的加速度為設刷子和墊子運動的加速度為 a，由牛頓第二定律可得：，由牛頓第二定律可得： F2cos 30 2(mgMgF2sin

22、 30 )(Mm)a 對刷子有：對刷子有：F2cos 30 f2ma 解得解得 f22mg 3M2m F22 Mm 。 (3)刷子離開墊子的過程受到的摩擦力做的功刷子離開墊子的過程受到的摩擦力做的功 Wf 1mgb23mgb2 由動能定理有由動能定理有 F3L1mg(Lb)Wf12mv20 解得解得 v 2F3Lmg 21L1b3b 。 答案：答案：(1)12F1 (Mm)g32F1 (2)2mg 3M2m F22 Mm (3) 2F3Lmg 21L1b3b 10.(2018 蘇北四市調(diào)研蘇北四市調(diào)研)如圖所示，水平光滑細桿上如圖所示，水平光滑細桿上 P 點套一小環(huán)，小點套一小環(huán)，小環(huán)通過環(huán)通

23、過長長 L1 m 的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量的輕繩懸掛一夾子，夾子內(nèi)夾有質(zhì)量 m1 kg 的物塊，物的物塊，物塊兩豎直側面與夾子間的最大靜摩擦力均為塊兩豎直側面與夾子間的最大靜摩擦力均為fm7 N。 現(xiàn)對物塊施加。 現(xiàn)對物塊施加F8 N的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線的水平恒力作用，物塊和小環(huán)一起沿水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，小環(huán)碰到桿上的釘子運動，小環(huán)碰到桿上的釘子 Q Q 時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖時立即停止運動，物塊恰好相對夾子滑動，此時夾子立即鎖定物塊，鎖定后物塊仍受恒力定物塊，鎖定后物塊仍受恒力 F 的作用。小

24、環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計，物塊可看成質(zhì)的作用。小環(huán)和夾子的大小及質(zhì)量均不計，物塊可看成質(zhì)點，重力加速度點，重力加速度 g 取取 10 m/s2。求：。求： (1)物塊做勻加速運動的加速度大小物塊做勻加速運動的加速度大小 a； (2)P、Q Q 兩點間的距離兩點間的距離 s； (3)物塊向右擺動的最大高度物塊向右擺動的最大高度 h。 解析：解析：(1)由牛頓第二定律由牛頓第二定律 Fma 解得解得 a8 m/s2。 (2)環(huán)到達環(huán)到達 Q Q 時，靜摩擦力最大時，靜摩擦力最大 由牛頓第二定律由牛頓第二定律 2fmmgmvm2L 解得解得 vm2 m/s 根據(jù)動能定理根據(jù)動能定理 Fs12mvm

25、2 解得解得 s0.25 m。 (3)設物塊上升的最大高度為設物塊上升的最大高度為 h，水平距離為，水平距離為 x， 由動能定理得由動能定理得 F(xs)mgh0 由幾何關系得由幾何關系得(Lh)2x2L2 解得解得 h1 m 或或 h141 m(舍去舍去)。 答案：答案：(1)8 m/s2 (2)0.25 m (3)1 m 11(2017 江江蘇高考蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱如圖所示，兩個半圓柱 A、B 緊靠著靜置于緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱水平地面上，其上有一光滑圓柱 C，三者半徑均為，三者半徑均為 R。C 的質(zhì)量為的質(zhì)量為 m，A、B 的質(zhì)量都為的質(zhì)量都為m2，與地面間的

26、動摩擦因數(shù)均為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為 ?，F(xiàn)用水平向右的?，F(xiàn)用水平向右的力拉力拉 A，使，使 A 緩慢移動，直至緩慢移動，直至 C 恰好降到地面。整個過程中恰好降到地面。整個過程中 B 保持靜止。設最大靜摩擦力保持靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為等于滑動摩擦力，重力加速度為 g。求：。求： (1)未拉未拉 A 時，時，C 受到受到 B 作用力的大小作用力的大小 F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值動摩擦因數(shù)的最小值 min； (3)A 移動的整個過程中，拉力做的功移動的整個過程中，拉力做的功 W。 解析：解析：(1)對對 C 受力分析，如圖所示：受力分析，如圖所示： 根據(jù)平衡條件有

27、根據(jù)平衡條件有 2Fcos 30 mg 解解得得 F33mg。 (2)C 恰好降到地面時，恰好降到地面時，B 受受 C 壓力的水平分力最大壓力的水平分力最大 Fxmax32mg B 受地面的摩擦力受地面的摩擦力 fmg 根據(jù)題意，根據(jù)題意，B 保持靜止，保持靜止， 則有則有 fminFxmax，解得，解得 min32。 (3)C 下降的高度下降的高度 h( 31)R A 的位移的位移 x2( 31)R 摩擦力做功的大小摩擦力做功的大小 Wffx2( 31)mgR 根據(jù)動能定理根據(jù)動能定理 WWfmgh00 解得解得 W(21)( 31)mgR。 答案：答案：(1)33mg (2)32 (3)(21)( 31)mgR