(新课标)2022高考物理二轮总复习第一部分专题突破方略专题二功与能量动量1.2.1功、功率和动能定.pdf

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1、新课标新课标 20222022 高考物理二轮总高考物理二轮总复习第一局部专题突破方略专复习第一局部专题突破方略专题二功与能量动量题二功与能量动量 1.2.11.2.1 功、功、功功率和动能定理专题限时训练率和动能定理专题限时训练1.2.11.2.1 功、功率和动能定理功、功率和动能定理专题限时训练专题限时训练一、单项选择题一、单项选择题1 1(2022浙江省温州九校联考(2022浙江省温州九校联考)据据?科技日科技日报报?2018?2018 年年 7 7 月月 1717 日报道，上海中车公司生产日报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上

2、海下线该潜水器质量为线该潜水器质量为 5105103 3kgkg，主要用于深海，主要用于深海搜寻和打捞等搜寻和打捞等假设在某次作业中，假设在某次作业中，潜水器将质潜水器将质量为量为 4104103 3 kg kg 的高密度重物从的高密度重物从 3 000 m3 000 m 深的海深的海底一起匀速提升到了海面，底一起匀速提升到了海面，提升过程中潜水器的提升过程中潜水器的机械功率恒为机械功率恒为 180 kW180 kW，水对潜水器的浮力和阻，水对潜水器的浮力和阻力相互平衡，力相互平衡，其他影响可以忽略不计，其他影响可以忽略不计，那么提升那么提升的时间为的时间为()A A0.5100.510 s

3、sC C1.5101.510 s s答案：答案：C C2 23 3B B1.0101.010 s sD D2.0102.010 s s3 33 33 3解析：解析：由题可知，重物匀速运动，其速度为由题可知，重物匀速运动，其速度为v vP P1801018010 m/s m/s2 2 m/sm/s，运动的时间为，运动的时间为3 3G G 5 54 4 1010 10103 0003 0003 3t t s s1.5101.510 s s，故只有选项，故只有选项 C C 正确正确2 22 2(2022全国卷(2022全国卷)从地面竖直向上抛出一物从地面竖直向上抛出一物体，体，物体在运动过程中除受到

4、重力外，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用距地面高度用距地面高度h h在在 3 3 m m 以内时，物体上升、下以内时，物体上升、下落过程中动能落过程中动能E Ek k随随h h的变化如下图的变化如下图 重力加速度重力加速度取取 10 m/s10 m/s.该物体的质量为该物体的质量为()2 23 3A A2 kg2 kgC C1 kg1 kg答案：答案：C C解析：解析：对上升过程，由动能定理，对上升过程，由动能定理，(F Fmgmg)h hE Ek kE Ek0k0，得得E Ek kE Ek0k0(

5、F Fmgmg)h h，即即F Fmgmg1212 N N；3 3B B1.5 kg1.5 kgD D0.5 kg0.5 kg下落过程，下落过程，(mgmgF F)(6)(6h h)E Ek k，得，得E Ek k6(6(mgmgF F)h h(mgmgF F)，即，即mgmgF F8 N8 N，联立两公式，联立两公式，得得m m1 kg1 kg、F F2 N2 N故只有选项故只有选项 C C 正确正确3 3如下图，质量为如下图，质量为m m的小猴子在荡秋千，大猴的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力子用水平力F F缓慢将秋千拉到图示位置后由静缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向的

6、夹角为止释放，此时藤条与竖直方向的夹角为，小，小猴子到藤条悬点的长度为猴子到藤条悬点的长度为L L，忽略藤条的质量忽略藤条的质量 以以下说法中正确的选项是下说法中正确的选项是()A A缓慢上拉过程中拉力缓慢上拉过程中拉力F F做的功做的功W WF FFLFLsinsinB B缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLmgLcoscosC C小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为小猴子再次回到最低点时重力的瞬时功率为零零D D由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大增大4 4答案：答案：C C解析：解析：缓慢上拉过程中拉力缓慢上

7、拉过程中拉力F F是变力，是变力，由动能定由动能定理，理，F F做的功等于克服重力做的功，做的功等于克服重力做的功，即即W WF FmgLmgL(1(1coscos)，重力势能增加，重力势能增加mgLmgL(1(1coscos)，选项选项 A A、B B 错误；错误；小猴子由静止释放时速度为零，小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度再次回到最低点时重力与速度方向垂直，方向垂直，其功率也为零，其功率也为零，那么小猴子下降过程那么小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项中重力的功率先增大后减小，选项 C C 正确，正确，D D 错错误误4 4列车

8、在空载情况下以恒定功率列车在空载情况下以恒定功率P P经过一段平经过一段平直的路段，通过某点时速率为直的路段，通过某点时速率为v v，加速度为，加速度为a a1 1；当列车满载货物再次经过同一点时，当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率功率和速率均与原来相同，但加速度变为均与原来相同，但加速度变为a a2 2.重力加速度大重力加速度大小为小为g g.设阻力是列车重力的设阻力是列车重力的k k倍，那么列车满倍，那么列车满载与空载时的质量之比为载与空载时的质量之比为()A.A.kgkga a1 1kgkga aB B2 25 5kgkga a2 2kgkga a1 1P P kgkga a2

9、2 C.C.v v kgkga a1 1 答案：答案：A AP P kgkga a1 1 D Dv v kgkga a2 2 解析：解析：设空载时质量为设空载时质量为m m，满载时质量为，满载时质量为M M，汽，汽车空载时受到的牵引力和阻力满足车空载时受到的牵引力和阻力满足F Fkmgkmgmama1 1，由汽车的功率和牵引力关系，由汽车的功率和牵引力关系P PFvFv，可得，可得P P(kmgkmgmama1 1)v v，当汽车满载时有，当汽车满载时有F F1 1kMgkMgMaMa2 2，P PF F1 1v v，得，得P P(kMgkMgMaMa2 2)v v，满载和空载时功率，满载和空

10、载时功率M Mkgkga a1 1和速率均相等，可求出和速率均相等，可求出.所以选项所以选项 A A 正正m mkgkga a2 2确确5 5一辆汽车从静止开始先匀加速启动，到达某一辆汽车从静止开始先匀加速启动，到达某一速度后以恒定功率运动，一速度后以恒定功率运动，最后做匀速运动最后做匀速运动以以下汽车运动的动能下汽车运动的动能E Ek k、牵引力对汽车做的功牵引力对汽车做的功W W随随运动时间运动时间t t、运动位移、运动位移x x的变化图象正确的选项的变化图象正确的选项是是()A AB BC CD D6 6答案：答案：C C解析：解析：汽车从静止开始先匀加速启动，汽车从静止开始先匀加速启动

11、，这一过程这一过程1 12 2中牵引力不变，牵引力做的功中牵引力不变，牵引力做的功W WFxFxF Fatat，2 2那么那么W Wt t图象是开口向上的抛物线，图象是开口向上的抛物线，W Wx x图象图象是条倾斜的直线，是条倾斜的直线，到达某一速度后以恒定功率运到达某一速度后以恒定功率运动，动，牵引力做功牵引力做功W WPtPt，随着时间和位移的推移，随着时间和位移的推移，牵引力做功越来越大，牵引力做功越来越大，不会到达一个最大值，不会到达一个最大值，故故A A、B B 错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加错误；汽车先做匀加速直线运动，后做加速度减小的加速运动，速度减小的加速运动，最后做匀速

12、运动，最后做匀速运动，匀加速匀加速1 12 21 12 22 2运动时，动能运动时，动能E Ek kmvmvmamat t，E Ek kt t图象是开图象是开2 22 2口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，口向上的抛物线，做加速度减小的加速运动时，速度随时间增加变慢，那么动能增加随时间变速度随时间增加变慢，那么动能增加随时间变慢，慢，斜率变小，斜率变小，最后匀速运动，最后匀速运动，动能到达最大值，动能到达最大值，故故 C C 正确；正确；从静止开始匀加速运动时，从静止开始匀加速运动时，根据动能根据动能定理得：定理得：E Ek k(F Ff f)x x，E Ek kx x图象应该是直线，图

13、象应该是直线，故故 D D 错误错误7 76 6如下图，半径为如下图，半径为R R的半圆形轨道竖直固定在的半圆形轨道竖直固定在水平桌面上，水平桌面上，圆心圆心O O与轨道上边沿和滑轮上边沿与轨道上边沿和滑轮上边沿在同一水平线上，在同一水平线上，轨道最低点轨道最低点a a与桌面相切与桌面相切OcOc与与OaOa的夹角为的夹角为 60，60，A A、B B两球用跨过滑轮的轻两球用跨过滑轮的轻绳连接绳连接(两球均可视为质点两球均可视为质点)A A球从球从c c点由静止点由静止释放后沿圆轨道滑到释放后沿圆轨道滑到a a点时速度恰好为零点时速度恰好为零 设轻设轻绳足够长，绳足够长，不计一切摩擦不计一切摩

14、擦在此过程中以下说法在此过程中以下说法正确的选项是正确的选项是()A A重力对重力对A A球做功的功率先变大后变小球做功的功率先变大后变小B B两球沿绳方向速度大小始终相等两球沿绳方向速度大小始终相等C C绳上的拉力始终大于绳上的拉力始终大于B B球重力球重力D DA A、B B两小球的质量之比为两小球的质量之比为 2 21 1答案：答案：A A解析：解析：重力的功率重力的功率P Pmgvmgv，这里的，这里的v v是指竖直是指竖直方向的分速度，方向的分速度，一开始一开始A A是由静止释放的，是由静止释放的，所以所以A A一开始的竖直速度为零，最后运动到一开始的竖直速度为零，最后运动到a a点

15、的时点的时8 8候，候，由于此时的切线是水平的，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直所以此时的竖直速度也是零速度也是零 相当于竖直速度是从无到有再到无相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力功率所以重力功率mgvmgv先增大后减小，故先增大后减小，故 A A 正确；正确；m mA A由由c c点下滑到点下滑到a a的过程中，的过程中，沿绳子方向的速度是沿绳子方向的速度是一样的，一样的，在在m mA A滑下去一段过程以后，滑下去一段过程以后，此时的绳子此时的绳子与圆的切线是不重合，与圆的切线是不重合，而是类似于圆

16、的一根弦线而是类似于圆的一根弦线而存在，而存在，m mA A的速度大于的速度大于m mA A沿绳子的分速度，而沿绳子的分速度，而m mB B的速度大小等于绳子的速度大小，的速度大小等于绳子的速度大小，那么那么m mA A的速的速率大于率大于m mB B速率，速率，故故 B B 错误；错误；由题可知，由题可知，两个小球两个小球的速度都是先增大后减小，的速度都是先增大后减小，当当B B向上的速度增大向上的速度增大时，时，加速度的方向向上，加速度的方向向上，绳上的拉力大于绳上的拉力大于B B球重球重力；而当力；而当B B向上减速时，加速度的方向向下，绳向上减速时，加速度的方向向下，绳上的拉力小于上的

17、拉力小于B B球重力故球重力故 C C 错误；错误；c c点到轨道点到轨道的的上上沿沿的的距距离离l lR RR R2 2R Rcos 30cos 30 2 22 22 2R R2 2 3 3，假设，假设m mA A恰好能沿圆轨道下滑到恰好能沿圆轨道下滑到a a点，点，此时两小球速度为零，由动能定理得：此时两小球速度为零，由动能定理得：m mA AgRgR(1(1cos 60)cos 60)m mB Bg g(2 2R Rl l)0 00 0，解得：，解得：m mA A9 9(2(2 3 32 22 2 3)3)m mB B，应选项，应选项 D D 错误错误二、多项选择题二、多项选择题7 7(

18、2022开封一模(2022开封一模)如下图，一质量为如下图，一质量为m m的小的小球固定在长为球固定在长为 2 2L L的轻杆上端，轻杆下端用光滑的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的铰链连接于地面上的A A点，点，杆可绕杆可绕A A点在竖直平点在竖直平面内自由转动，面内自由转动，杆的中点系一细绳，杆的中点系一细绳，电机与自动电机与自动装置控制绳子，装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕使得杆可以从虚线位置绕A A点逆点逆时针倒向地面，时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，且整个倒下去的过程中，杆做匀杆做匀速转动那么在此过程中速转动那么在此过程中()A A小球重力做功为小球重力做功为 2 2

19、mgLmgLB B绳子拉力做功大于绳子拉力做功大于 2 2mgLmgLC C重力做功的功率逐渐增大重力做功的功率逐渐增大D D绳子拉力做功的功率先增大后减小绳子拉力做功的功率先增大后减小答案：答案：ACAC解析：解析：小球重力做功为小球重力做功为W WG Gmgmg22L L2 2mgLmgL，故，故 A A正确；正确；在整个过程中，在整个过程中，根据动能定理可得根据动能定理可得mgmg22L L10101 12 21 12 2W W拉拉mvmvmvmv，解得，解得W W拉拉2 2mgLmgL，故，故 B B 错误；错误；2 22 2根据根据P PFvFvcoscos可知，可知，P Pmgvm

20、gvcoscos，在下在下落过程中，落过程中，逐渐减小，故重力做功功率逐渐逐渐减小，故重力做功功率逐渐增大，故增大，故C C 正确；在整个过程中，重力的功率和正确；在整个过程中，重力的功率和绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故绳子的功率相同，故绳子的功率逐渐增大，故 D D错误错误8 8(2022济宁五校联考(2022济宁五校联考)在某一粗糙的水平面在某一粗糙的水平面上，上，一质量为一质量为 2 kg2 kg 的物体在水平恒定拉力的作的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，当运动一段时间后，拉力拉力逐渐减小，逐渐减小，且当拉力减小到零时，且当拉力减

21、小到零时，物体刚好停止物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象象 重力加速度重力加速度g g10 m/s10 m/s.根据以上信息能得根据以上信息能得出的物理量有出的物理量有()2 2A A物体与水平面间的动摩擦因数物体与水平面间的动摩擦因数B B合外力对物体所做的功合外力对物体所做的功1111C C物体做匀速运动时的速度物体做匀速运动时的速度D D物体运动的时间物体运动的时间答案：答案：ABCABC解析：解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉故拉力力F F与滑动摩擦力与滑动摩擦力f f大小相等，大小相等，物

22、体与水平面间物体与水平面间F F的动摩擦因数为的动摩擦因数为0.350.35，选项，选项 A A 正确；正确；mgmg1 12 2减速过程由动能定理得减速过程由动能定理得W WF FW Wf f0 0mvmv，根据，根据2 2F F x x图象中图线与横轴围成的面积可以估算力图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F F做的功做的功W WF F，而，而W Wf fmgxmgx，由此可求得合外力，由此可求得合外力对物体所做的功，对物体所做的功，及物体做匀速运动时的速度及物体做匀速运动时的速度v v，选项选项 B B、C C 正确；因为物体做变加速运动，所以正确；因为物体做变加速运动，所以运动时间无法

23、求出，选项运动时间无法求出，选项 D D 错误错误三、计算题三、计算题9 9(2022全国卷(2022全国卷)空间中存在一方向竖直向空间中存在一方向竖直向下的匀强电场，下的匀强电场，O O、P P是电场中的两点从是电场中的两点从O O点点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m m1212的小球的小球A A、B B.A A不带电，不带电，B B的电荷量为的电荷量为q q(q q0)0)A A从从O O点发射时的速度大小为点发射时的速度大小为v v0 0，到达到达P P点所用时点所用时间为间为t t；B B从从O O点到达点到达P P点所用时间为点所用时

24、间为，重力加重力加2 2速度大小为速度大小为g g，求：，求：(1)(1)电场强度的大小；电场强度的大小；(2)(2)B B运动到运动到P P点时的动能点时的动能答案：答案：(1)(1)3 3mgmgt tq q(2)2(2)2m m(v vg g t t)2 20 02 22 2解析：解析：(1)(1)设电场强度的大小为设电场强度的大小为E E，小球，小球B B运动运动的加速度为的加速度为a a.根据牛顿定律、运动学公式和题根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有给条件，有mgmgqEqEmama1 1t t2 21 12 2a a()gtgt2 22 22 2解得：解得：E E3 3mgmg

25、q q(2)(2)设设B B从从O O点发射时的速度为点发射时的速度为v v1 1，到达，到达P P点时点时的动能为的动能为E Ek k，O O、P P两点的高度差为两点的高度差为h h，根据动能，根据动能1313定理有定理有1 12 2E Ek kmvmv1 1mghmghqEhqEh2 2且有且有v v1 1v v0 0t t2 21 12 2h hgtgt2 2联立式得：联立式得：E Ek k2 2m m(v vg g t t)1010(2022嘉定区二模(2022嘉定区二模)如下图，如下图，光滑杆弯曲成光滑杆弯曲成相互垂直的两段后固定于竖直平面内，相互垂直的两段后固定于竖直平面内，L

26、LABAB4 4 m m，2 20 02 22 2t t37.一个质量为37.一个质量为m m的小环套在杆上，以的小环套在杆上，以v v0 08 m/s8 m/s的初速度从的初速度从A A点沿杆上滑不计小环经点沿杆上滑不计小环经过过B B点时的能量损失，点时的能量损失，g g取取 10 m/s10 m/s.那么：那么：(1)(1)小环在小环在ABAB段运动的加速度段运动的加速度a a大小和方向怎大小和方向怎样？样？(2)(2)小环运动到小环运动到B B点时的速度点时的速度v vB B为多少？为多少？(3)(3)假设杆不光滑，且各局部粗糙程度相同，要假设杆不光滑，且各局部粗糙程度相同，要使小环能

27、够到达使小环能够到达C C点，点，小环和杆之间的动摩擦因小环和杆之间的动摩擦因数数应小于多少？应小于多少？14142 2答案：答案：(1)6 m/s(1)6 m/s，方向沿杆斜向下，方向沿杆斜向下(2)4 m/s(2)4 m/s(3)0.64(3)0.64解析：解析：(1)(1)小环在小环在ABAB段运动过程中，段运动过程中，受到重力和受到重力和支持力的作用，其合外力为支持力的作用，其合外力为mgmgsinsin，根据牛，根据牛顿第二定律可得：顿第二定律可得：mgmgsinsinmama，得：，得：a ag gsinsin2 26 m/s6 m/s，方向沿杆斜向下，方向沿杆斜向下(2)(2)小

28、环从小环从A A点运动到点运动到B B点的过程中，由动能定点的过程中，由动能定理可得：理可得：1 12 21 12 2mgLmgLABABsinsinmvmvB Bmvmv0 02 22 2解得：解得：v vB Bv v2 2gLgLABABsinsin4 m/s.4 m/s.(3)(3)小环从小环从A A点出发，点出发，经过经过B B点，点，能够到达能够到达C C点，点，重力不做功，重力不做功，只有摩擦力做负功，只有摩擦力做负功，全过程利用动全过程利用动能定理可得：能定理可得：mgmgcoscosLLABABmgmgsinsinLLBCBC1 12 20 0mvmv0 0，再由几何关系可知：

29、，再由几何关系可知：L LBCBC3 3 m m，解得：，解得：2 22 20 02 20.64.0.64.151511.11.如下图，劲度系数如下图，劲度系数k k200 N/m200 N/m 的轻质弹簧，的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量上端固定，下端连一质量m m3 kg3 kg 的物块的物块A A，A A放在平台放在平台B B上，上，平台平台B B可以控制可以控制A A的运动，的运动，初始初始时时A A、B B静止，弹簧处于原长，静止，弹簧处于原长，g g取取 10 m/s10 m/s，控，控制平台制平台B B竖直向下运动，竖直向下运动，保持保持A A与与B B一起下降直一起下降直到别

30、离，求：到别离，求：2 2(1)(1)A A、B B一起缓慢下降的最大位置一起缓慢下降的最大位置x x1 1；(2)(2)假设假设B B以以a a5 5 m/sm/s2 2向下加速运动，向下加速运动，从开始运从开始运动到动到A A、B B别离的过程中弹簧弹性势能的变化量别离的过程中弹簧弹性势能的变化量以及以及B B对对A A做的功做的功答案：答案：(1)0.15 m(1)0.15 m(2)0.562 5 J(2)0.562 5 J0.562 5 J0.562 5 J解析：解析：(1)(1)对对A A受力分析：受力分析：mgmgF FN Nkxkx0 0mgmg当当F FN N0 0 时，到达最

31、大位移，时，到达最大位移，x x1 10.15 m0.15 mk k(2)(2)B B以以a a5 5 m/sm/s 向下加速运动，向下加速运动，对对A A受力分析：受力分析：2 2mgmgF FN Nkxkxmama，当，当F FN N0 0 时，到达最大位移时，到达最大位移x x2 21616mgmgmama0.075 m0.075 mk k弹簧弹力对弹簧弹力对A A做的功：做的功：1 11 12 2W W弹弹F F弹弹x x2 2kxkx2 20.562 5 J0.562 5 J2 22 2所以弹性势能的增加量所以弹性势能的增加量E Ep2p2W W弹弹0.562 5 J0.562 5 J别离时物块别离时物块A A的速度的速度v v 2 2axax2 21 12 29 9动能动能E Ek kmvmv J J2 28 8重力对重力对A A做的功为做的功为W WG Gmgxmgx2 22.25 J2.25 J对对A A由动能定理，由动能定理，W WW WG GW W弹弹E Ek k代入数据得代入数据得B B对对A A的作用力所做的功的作用力所做的功W W0.5620.5625 J.5 J.1717