【文档说明】2021届新高考物理二轮复习 专题2 第1讲 功和能 作业含解析.docx，共(10)页，240.766 KB，由envi的店铺上传

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第一部分专题二第1讲A组基础能力练1．(2020·宁夏银川三模)如图甲所示，质量为4kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m

/s2，则(B)A．物体先做加速运动，推力撤去才开始做减速运动B．物体在水平面上运动的最大位移是10mC．物体运动的最大速度为20m/sD．物体在运动中的加速度先变小后不变【解析】开始时推力大于摩擦力，随着推力的减小，物体做加速度减小的加速运动，当推力减小到小于摩擦力以后，物体做加速度增大的减速运

动，撤去F后做匀减速运动，故A、D错误；由F－x图像的面积可得推力全过程做功W＝12×100×4J＝200J，由WF－μmgs＝0，得s＝10m，故B正确；由F－x图像可知F＝μmg＝20N时，x＝3.2m，此刻速度最大W1－μmgx＝12m

v2m，其中W1＝100＋202×3.2J＝192J，得最大速度vm＝8m/s，故C错误．2．(多选)(2020·北京海淀区期中)将一质量为m的排球竖直向上抛出，它上升了H高度后落回到抛出点．设排球运动过程中受到方向与运动方向相反、大小恒为f的空气阻

力作用，已知重力加速度大小为g，且f<mg.不考虑排球的转动，则下列说法中正确的是(BD)A．排球运动过程中的加速度始终小于gB．排球从抛出至上升到最高点的过程中，机械能减少了fHC．排球整个上升过程克服重力做的功大于整个下降过程重力做的功D．

排球整个上升过程克服重力做功的平均功率大于整个下降过程重力做功的平均功率【解析】排球上升过程中合力F合＝mg＋f>mg，故a>g，A错；排球上升过程中机械能的减少量等于空气阻力做的功，W＝fH，B对；重力做功W

＝mgh，排球上升与下降过程位移大小相等，故重力做功大小均为mgH，C错；排球上升与下降两个过程中，重力做功相等，位移大小也相等，但在上升过程中F1＝mg＋f，a1＝g＋fm，下降过程F2＝mg－f，a2＝g－fm，a1>a2，t2>t1，由P＝Wt知时间越小

功率越大，D对；故选B、D．3．(2020·内蒙古赤峰二中模拟)一物体在水平面上受恒定的水平拉力和摩擦力作用沿直线运动，已知在第1秒内合力对物体做的功为45J，在第1秒末撤去拉力，其v－t图像如图所示，g＝10m/s2，则(A)A．物体的质量

为10kgB．物体与水平面的动摩擦因数为0.2C．第1秒内摩擦力对物体做的功为－60JD．前4秒内合力对物体做的功为60J【解析】由图知第1s内的位移为x1＝1×32m＝1.5m，则由动能定理可得合外力做功W＝F合x1＝12mv2＝45J，得F合＝30N；m

＝10kg，故A正确；从第1s末到4s，摩擦力做功为－45J，位移为：x2＝3×32m＝4.5m，摩擦力大小为f，则：－f×x2＝－45J，得f＝10N，则μ＝fmg＝10100＝0.1，故B错误；第1s内摩擦力做功为

：Wf＝－fx1＝－10×1.5J＝－15J，故C错误；由动能定理可知，前4s内合外力做功为零；故D错误；故选A．4．(2020·浙江绍兴模拟)用长度为l的细绳悬挂一个质量为m的小球，将小球移至和悬点等高的位

置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取做零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为(C)A．12mgglB．mgglC．12mg3glD．13mg3gl【解析】设小球在运动过程中第一次动能和势能相等时的速度为v，此时绳与水平方向的夹角为θ，则

由机械能守恒定律得mglsinθ＝12mv2＝12mgl，解得sinθ＝12，v＝gl，即此时细绳与水平方向夹角为30°，所以重力的瞬时功率为P＝mgvcos30°＝12mg3gl，选项C正确．5．(

多选)(2020·四川自贡一诊)如图所示，在倾角θ＝37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的O点处，质量分别为mA＝4.0kg、mB＝1.0kg的物块A和B用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光

滑定滑轮，开始物块A位于斜面体上的M处，物块B悬空，现将物块A和B由静止释放，物块A沿斜面下清，当物块A将弹簧压缩到N点时，物块A、B的速度减为零．已知MO＝1.0m，ON＝0.5m，物块A与斜面体之间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度取g＝10

m/s2，sin37°＝0.6，整个过程细绳始终没有松弛．则下列说法正确的是(AC)A．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.2m/s2B．物块A在与弹簧接触前的加速度大小为1.5m/s2C．物块A位于N点时，弹

簧所储存的弹性势能为9JD．物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为21J【解析】对AB整体，由牛顿第二定律可得：mAgsinθ－mBg－μmAgcosθ＝(mA＋mB)a，解得a＝1.2m/s2，选项A正确，B错误；由能量关系可知，物块A位于N点时，弹簧所储存的弹性势能为EP＝mAg·

MNsinθ－mBg·MN－μmAgcosθ·MN，解得EP＝9J，选项C正确，D错误；故选A、C．6．(2020·黑龙江大庆段考)质量为1kg的物体以某一初速度在水平面上滑行，由于摩擦阻力的作用，其动能随

位移变化的图线如图所示，g取10m/s2，则以下说法中正确的是(C)A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2C．物体滑行的总时间为4sD．物体滑行的总时间为2.5s【解析】根据动能定理Ek2－

Ek1＝－Ffl，可得Ff＝Ek1－Ek2l＝50－020N＝2.5N，所以μ＝Ffmg＝0.25，故A错误，B错误；根据牛顿第二定律可得a＝Ffm＝2.5m/s2，由运动学公式得物体滑行的总时间t＝2la＝2×202.5s＝4s，故C正确，D错误．7．(2020·山东济宁

二模)由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示．假设图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为

轨迹的最高点，a、c两点距地面的高度相等．下列说法正确的是(D)A．到达b点时，炮弹的速度为零B．到达b点时，炮弹的加速度为零C．炮弹经过a点时的速度小于经过c点时的速度D．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运

动到d点的时间【解析】炮弹在最高点竖直方向上的速度为零，水平方向上的速度不为零，故炮弹在最高点速度不为零，故A错误；在最高点受空气阻力(水平方向上的阻力与水平速度方向相反)，重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，故B错误；由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a

点时的速度大于经过c点时的速度，故C错误；从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即mg＋f1＝ma1，解得a1＝mg＋f1m；在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即mg－f2＝ma2，解得a2＝mg－f2m，则a1>a2根据逆向思维，

两个阶段的运动可看做为从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，故D正确．8．(2020·全国押题卷)如图甲所示，某高架桥的引桥可视为一个倾角θ

＝30°、长l＝500m的斜面．一辆质量m＝2000kg的电动汽车从引桥底端由静止开始加速，其加速度a随速度可变化的关系图像如图乙所示，电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率保持恒定．已知行驶过程中电动汽车受到的阻力Ff(摩擦和空气阻力)不变，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是(

D)A．电动汽车所受阻力Ff＝12000NB．电动汽车的速度达到1m/s后，牵引力的功率P0＝12kWC．第1s内电动汽车牵引力的功率P与时间t满足P＝12000tD．第1s内电动汽车机械能的增加量等

于牵引力与阻力做功的代数和，大小为6000J【解析】加速阶段由牛顿第二定律可知：F－Ff－mgsinθ＝ma，之后保持功率不变，P0v－Ff－mgsinθ＝ma，电动汽车做加速度逐渐减小的加速运动，最终加速度减小到0，电动汽车达到该功率该路况下的最大速

度，P0vmax－Ff－mgsinθ＝0解得P0＝14KW；Ff＝2000N；选项A、B错误；第1s内电动汽车牵引力的功率P＝Fv＝14000t，选项C错误；电动汽车做匀加速运动的过程，位移x＝v22a＝0.5m，牵引力大小为14000N，牵引力与阻力做功的代数和为(F－Ff)x＝600

0J，选项D正确．B组素养提升练9．(多选)(2020·贵州贵阳四校联考)如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的另一木块B可看作质点，以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面．由于A、B

间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10m/s2)(AC)A．木板的质量为M＝3kgB．木块减小的动能为1.5JC．系统损失的机械能为3JD．A、B间的动摩擦因

数为0.2【解析】由图像可知，A、B的加速度大小都为1m/s2，根据牛顿第二定律知μmgm＝1m/s2，μmgM＝1m/s2，可得M＝3kg，μ＝0.1，故A正确，D错误；木块减小的动能ΔE＝Ek0－Ek1＝12mv20－12mv21＝4.5J，故B错

误；系统损失的机械能ΔE＝Ek0－E′k1＝12mv20－12×2mv21＝3J，故C正确；故选A、C．10．(多选)(2020·广东肇庆一模)如图所示，离地H高处有一个质量为m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知F随时间的变化规律为：F＝F0

－kt(以向左为正，F0、k均为大于零的常数)，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为μ，且μF0>mg·t＝0时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑H2后脱离墙面，此时速度大小为g

H2，最终落在地面上．则下列关于物体的说法，正确的是(BD)A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动B．物体与墙壁脱离的时刻为t＝F0kC．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线D．物体克服摩擦力所做的功为W＝38mgH【解析

】竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg－μF＝ma，随着F减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当F＝0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．当物体与墙面脱离时F为零，所以F＝F0－kt＝0，解得时间t＝F0k，故B正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力

与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故C错误．物体从开始运动到脱离墙面F一直不做功，由动能定理得：mgH2－W＝12m(gH2)2，物体克服摩擦力所做的功W＝38mgH.故D正确．故选B、D．11．(2020·北京

压轴卷)如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点间的竖直高度差为h，速度为v，则(A)A．由A到B重力做的功等于mghB．由A到B重力势能减少12mv2C．由A

到B小球克服弹力做功为mghD．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh＋mv22【解析】重力做功W＝mgh，与是否受其它力无关，而从A下降到B，下降的高度为h，故A正确；从A下降到B的过程中，根据动能定理mgh－W弹＝12mv2，重力势能的减小量ΔEP＝mgh＝W弹＋12mv2，故

B错误；在这个过程中，克服弹力做的功W弹＝mgh－12mv2，小球到达位置B时弹簧的弹性势能为ΔEP＝W弹＝mgh－12mv2，故CD错误．12.(2020·山东泰安三模)如图所示，劲度系数k＝20N/m的轻弹簧下端与静止在水平地面上的重物A相连，

弹簧上端与不可伸长的轻绳相连，轻绳绕过轻质光滑定滑轮，另一端连一轻质挂钩．开始时定滑轮两侧的轻绳均处于伸直状态，A上方的弹簧和轻绳均沿竖直方向．现在挂钩上挂一质量m＝0.1kg的物块B并由静止释放，它恰好能使A与地面接触但无压力．已知弹簧的弹性势能EP＝12kx2.(其中k为弹簧的

劲度系数，x为弹簧的形变量)，弹簧始终在弹性限度内且弹簧上端一直未接触定滑轮，取g＝10m/s2，空气阻力不计．(1)求当A恰好与地面接触但无压力时弹簧的形变量x0以及A的质量M；(2)若将B换成另一个质量为4m的物块C，并将C挂在挂钩上后由

静止释放，求A恰好与地面接触但无压力时C的速度大小v(结果可保留根号)．【答案】(1)0.1m0.2kg(2)62m/s【解析】(1)对物块B由能量关系可知mgx0＝12kx20解得x0＝2mgk＝2×0.1×1020m＝0.1m对物块A，由平衡知识可知kx0

＝Mg解得M＝0.2kg(2)若将B换成另一个质量为4m的物块C，并将C挂在挂钩上后由静止释放，A恰好与地面接触但无压力时，此时弹簧的伸长量仍为x0，则由能量关系4mgx0＝12·4mv2＋12kx20，解得v＝62m/s.13．(2020·浙江卷)小明将如图所示的装

置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成．质量m＝0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0m处静止释放．已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝10m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨

道均可视为光滑，忽略空气阻力．(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达

的高度h与x之间的关系．(碰撞时间不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【答案】(1)8N，方向水平向左(2)不会冲出(3)h＝16x－54858m<x≤1m；h＝00≤x≤58m【解析】(1)机械能守恒定律mgH＝mgR＋12m

v2D牛顿第二定律FN＝mv2DR＝8N牛顿第三定律F′N＝FN＝8N方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C′点，功能关系mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cosθ＋mgLBC′sinθ得L

BC′＝1516m<1.0m故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理mgH－μmgx＝12mv2碰撞后的速度为v′，动量守恒定律mv＝3mv′设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理－3μmg(LAB－x)－3μmghtanθ－3mgh＝0－12(3

m)v′2得h＝16x－54858m<x≤1mh＝00≤x≤58m获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com