（全国通用）2022高考物理二轮复习新题重组训练 专题二　功和能5b

（全国通用）2022高考物理二轮复习新题重组训练专题二　功和能5b一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、4、5、6小题为多选题。)1．[2022·河北邯郸一模]如图所示，自动卸货车静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，θ角缓慢增大，在货物相对车厢仍然静止的过程中，下列说法正确的是(　　)A．货物受到的支持力变小B．货物受到的摩擦力变小C．货物受到的支持力对货物做负功D．货物受到的摩擦力对货物做负功[解析]　对货物受力分析，货物受到重力、支持力和静摩擦力；由平衡条件得FN＝mgcosθ，Ff＝mgsinθ，由于θ角缓慢增大，所以FN减小，Ff增大，A正确，B错误；货物受到的支持力的方向与瞬时速度方向相同，所以支持力对货物做正功，C错误；摩擦力的方向与位移方向垂直，不做功，D错误。[答案]　A2．质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1s内受到3N的水平外力作用，第2s内受到同方向的1N的外力作用。下列说法中正确的是(　　)A．0～2s内外力的平均功率是8WB．第2s内外力做的功是JC．第2s末外力的瞬时功率最大D．第1s内与第2s内质点动能增加量的比值是[解析]　本题可先作出物体的v－t图象如下，1s末物体速度3m/s、2s末物体速度4m-8-\n/s，第1s内物体位移s1＝×1×3m＝1.5m，第2s内物体位移s2＝(3＋4)×1m＝3.5m,0～2s内外力的平均功率P＝＝＝W＝4W，A错；第2秒内外力做的功W2＝F2·s2＝1×3.5J＝3.5J，B对；第2s末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝1N×4m/s＝4W，而1s末外力的瞬时功率P1＝F1v1＝3N×3m/s＝9W，C错；第1s内动能的增量ΔE1＝mv2＝×1×32J＝4.5J，第2s内动能的增量ΔEk＝mv－mv＝×1×(42－32)J＝3.5J，二者之比为9∶7，D错，选B。[答案]　B3．平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0，t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动。能正确表示这一过程中汽车牵引力F随时间t、速度v随时间t变化的图象是(　　)[解析]　当汽车的功率减小一半时，速度来不及突变，据P＝Fv知，牵引力立即变为原来的一半，然后随速度的逐渐减小，牵引力又逐渐增大，回复到原来的数值，C错D对；汽车功率减小一半，随汽车牵引力的变化，据f－F0＝ma知汽车做加速度减小的减速，当牵引力回到原来的值时，速度变为原来的一半，B错A对；选A、D。[答案]　AD-8-\n4．[2022·山东泰安一模]一质量为2kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图象。已知重力加速度g取10m/s2。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(　　)A．物体与水平面间的动摩擦因数B．合外力对物体所做的功C．物体匀速运动时的速度D．物体运动的时间[解析]　物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝F＝7N，所以μ＝＝＝0.35，A正确；图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知，WF＝(7×4＋14)×1J＝42J(数小格)，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－7×11J＝－77J，所以合外力做的功为W合＝－77J＋42J＝－35J，B正确；根据动能定理得：W合＝0－mv2，解得v＝m/s，故C正确；由于不知道物体的具体运动情况，所以无法算出时间，故D错误。[答案]　ABC5．为减少二氧化碳排放，我市已推出新型节能环保电动车。在检测某款电动车性能的实验中，质量8×102kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F－图象(图中AB、BO均为直线)，假设电动车行驶中所受阻力恒为车重的0.05倍，重力加速度取10m/s2。则(　　)-8-\nA．该车起动后，先做匀加速运动，然后做匀速运动B．该车起动后，先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，接着做匀速运动C．该车做匀加速运动的时间是1.2sD．该车加速度为0.25m/s2时，动能是4×104J[解析]　电动车行驶中阻力恒为车重的0.05倍，有f＝0.05mg＝0.05×8×102kg×10m/s＝400N。该车启动后，AB段保持牵引力不变、阻力不变、合外力恒定、加速度恒定，先做匀加速运动，BC段牵引力逐渐减小，阻力不变，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，做加速度减小的加速运动，C点时，牵引力等于阻力，速度达最大，之后匀速运动，A错，B对；AB段该车加速度a＝＝＝2m/s2，B点速度v＝3m/s，为匀加速阶段的最大速度，由v＝at得t＝＝＝1.5s，C错；该车加速度为0.25m/s2时，由a＝⇒F＝ma＋f＝8×102kg×0.25m/s2＋400N＝600N，由F－图象知当牵引力F＝600N时，速度v＝10m/s，所以此时动能Ek＝mv2＝×8×102kg×(10m/s)2＝4×104J，D对，选B、D。[答案]　BD6．[2022·宁夏银川检测]如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝1kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v－t图象如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s2。则(　　)A．传送带的速率v0＝10m/sB．传送带的倾角θ＝30°C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D．0～2.0s摩擦力对物体做功Wf＝－24J[解析]　结合v－t图象，考虑物体的运动过程，物体在v＝10m/s速度时加速度发生变化，说明传送带的速率v0＝10m/s，A对，分析物体受力，t＝1s之前有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，其中a1＝＝＝10m/s2，t＝1s之后有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，其中a2＝＝-8-\n＝2m/s2，两式联立可解得sinθ＝0.6⇒θ≠30°，B错；μcosθ＝0.4⇒μ＝＝＝，C对；0～2s内前1s摩擦力做正功W1＝μmgcosθ·s1＝×1×10×0.8××1×10＝20J,1～2s摩擦力对物体做负功W2＝－μmgcosθ×s2＝－×1×10×0.8××(10＋12)×(2－1)＝－44J，所以0～2s内摩擦力对物体做功，Wf＝W1＋W2＝20J－44J＝－24J，D对，选A、C、D。[答案]　ACD7．如图所示，质量为m的小球(可视为质点)套在倾斜放置的固定光滑杆上，杆与竖直墙面之间的夹角为30°。一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置，此时弹簧弹力为mg，小球由静止释放后沿杆下滑，当弹簧到达竖直位置时，小球的速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h。全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内。对于小球的下滑过程，下列说法正确的是(　　)A．弹簧与杆垂直时，小球动能最大B．小球的最大动能大于mghC．小球的最大动能等于mghD．小球的最大动能小于mgh[解析]　当重力沿杆向下的分力与弹簧沿杆向上的分力相等时，合外力为0，小球动能最大，即mgcos30°＝Fcos60°，(由对称性知此时弹簧与杆成60°角)，F＝mg，A错；此时球位置为杆的中点，由动能定理得Ekmax＝mg，B、D错；选C。[答案]　C-8-\n8．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平直杆上，杆足够长，环与杆的动摩擦因数为μ。现给环一个向右的初速度v0，如果环在运动过程中还受到一个方向始终竖直向上的力F，且F＝kv(k为常数，v为环的速率)，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功不可能为(　　)A.mv　　　　　　B.mv＋C．0D.mv－[解析]　当F＝kv0＝mg时，圆环不受杆的支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故C正确；当F＝kv0<mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得－W＝0－mv得W＝mv，故A正确；当F＝kv0>mg时，圆环先做减速运动，当F＝mg时，圆环不受摩擦力，做匀速直线运动。F＝kv＝mg时得v＝，根据动能定理得－W＝mv2－mv解得W＝mv－，故D正确。[答案]　B二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)9．[2022·内蒙古包头测评]如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。现开始用一沿斜面方向的力F拉物块A使之向上匀加速运动，当物块B刚要离开C时F的大小恰为2mg。问：(1)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中弹簧弹力对物块A做的功；(2)物块B刚要离开C时，物块A的动能；(3)从F开始作用到物块B刚要离开C的过程中力F做的功。[解析]　(1)令x1表示未加F时弹簧的压缩量，对物块A有：kx1＝mgsin30°令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，对物块B有：kx2＝mgsin30°所以x1＝x2，弹力做的功为零。(2)B刚要离开C时，对物块A，有F－mgsin30°－kx2＝ma将F＝2mg，代入上式得a＝g对A：2a(x1＋x2)＝v2，Ek＝mv2＝(3)对A由动能定理有WF－WG＝mv2-8-\nWG＝mg(x1＋x2)sin30°得WF＝[答案]　(1)0　(2)　(3)10．如图所示，一根直杆由粗细相同的两段构成，其中AB段为长x1＝5m的粗糙杆，BC段为长x2＝1m的光滑杆。将杆与水平面成53°角固定在一块弹性挡板上，在杆上套一质量m＝0.5kg、孔径略大于杆直径的圆环。开始时，圆环静止在杆底端A处。现用沿杆向上的恒力F拉圆环，当圆环运动到B点时撤去F，圆环刚好能到达顶端C点，然后再沿杆下滑。已知圆环与AB段的动摩擦因数μ＝0.1，g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。试求：(1)拉力F的大小；(2)拉力F作用的时间；(3)若不计圆环与弹性挡板碰撞时的机械能损失，从圆环开始运动到最终静止的过程中在粗糙杆上所通过的总路程。[解析]　(1)A→C过程：根据动能定理有Fx1－mg(x1＋x2)sin53°－μmgx1cos53°＝0－0恒力F＝＝5.1N(2)A→B过程：根据牛顿第二定律和运动学公式有F－mgsin53°－μmgcos53°＝ma1x1＝a1t解得加速度a1＝＝1.6m/s2时间t1＝＝2.5s(3)从圆环开始运动到最终静止在粗糙杆上通过的总路程为L，根据动能定理有Fx1－μmgLcos53°＝0－0-8-\n总路程L＝＝85m。[答案]　(1)5.1N　(2)2.5s　(3)85m-8-