2019届高考物理二轮复习专题二功和能考点1功和功率限时集训20190118230.doc

1、1考点一 功和功率 动能定理限时 45 分钟；满分 100 分一、选择题(17 题每小题 7 分，810 题每小题 9 分)1一质量为 m 的物体在水平恒力 F 的作用下沿水平面运动，在 t0时刻撤去力 F，其vt 图象如图 2115 所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为 ，则下列关于力 F 的大小和力 F 做的功 W 的大小关系式，正确的是图 2115A F mg B F2 mgC W mgv 0t0 D W mgv 0t032解析 整个过程由动能定理得： Fx1 mg x 总 0，得F3 mg ， W Fx13 mg v0t0 mgv 0t0。故选 D。12 32答案 D2一质量为 m

2、的物体，同时受几个力的作用而处于静止状态。某时刻其中一个力 F 突然变为 ，其他力不变。则经过时间 t，合力的功率的大小是F3A. B. C. D.2F2t9m 4F2t9m 2F2t3m 4F2t3m解析 由于质量为 m 的物体受几个力的作用而处于静止状态，合力为零，当某时刻其中一个力 F 突然变为 时，物体所受合力变为 F 合 ，物体在这个恒力作用下做匀加速直F3 2F3线运动， a ，经过时间 t，速度 v at ，合力的功率 P F 合 v ，B 正确。2F3m 2Ft3m 4F2t9m答案 B3一滑块在水平地面上沿直线滑行， t0 时速率为 1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上

3、对其施加一水平作用力 F，力 F 和滑块的速度 v 随时间的变化规律分别如图22116 甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度 g10 m/s 2)图 2116A滑块的质量为 0.5 kgB滑块与水平地面间的动摩擦因数为 0.5C第 1 s 内摩擦力对滑块做功为1 JD第 2 s 内力 F 的平均功率为 1.5 W解析 由图甲得 F11 N， F23 N，由图乙知 2 s 内滑块的加速度不变， a 1 02 1m/s21 m/s2，根据牛顿第二定律有 F1 Ff ma， F2 Ff ma，而 Ff mg ，解得 Ff1 N， 0.05， m2 kg，选项 A、B 均错误；由 vt 图象

4、面积法得第 1 s 内滑块的位移x1 (1)1 m0.5 m，第 1 s 内摩擦力对滑块做功为 W1 Ff|x1|0.5 J，12选项 C 错误；第 2 s 内力 F 的平均功率为 F2 3 W1.5 W，选项 D 正确。v1 v22 0 12答案 D4(2018石家庄二模)质量为 m 的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其vt 图象如图 2117 所示(竖直向上为正方向， DE 段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是图 2117A t3 t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动3B t0 t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C0 t2时间内，小球的平均速度一定为v22

5、D t3 t4时间内，拉力做的功为 (v4 v3) g(t4 t3)m(v3 v4)2解析 t3 t4时间内小球具有向上的速度，小球竖直向上做匀减速运动，A 错。 t0 t2时间内，小球一直向上做加速运动，合力对小球一直做正功，B 错。0 t2时间内，小球的运动不是匀加速运动，平均速度不等于 ，C 错。v22t3 t4时间内，小球的位移 x (t4 t3)。v3 v42由动能定理得 W mgx mv mv12 24 12 23解得 W (v4 v3) g(t4 t3)。m(v3 v4)2答案 D5(2015海南)如图 2118 所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为

6、 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g。质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为图 2118A. mgR B. mgR 14 13C. mgR D. mgR12 4解析 当质点由 P 点滑到 Q 点时，对轨道的正压力为 FN2 mg，由牛顿第二定律得，FN mg m ， v gR。对质点自 P 点滑到 Q 点应用动能定理得： mgR Wf mv 0，得：v2QR 2Q 12 2QWf mgR，因此，A、B、D 错，C 正确。12答案 C6(多选)(2018厦门二模)如图 2119 所示，为码头拖船作业的示意图，

7、质量为4m 的汽车在平直路面上运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与定滑轮之间的轻绳始终水平。汽车加速行驶，当牵引轮船的轻绳与水平方向的夹角为 时，汽车的加速度大小为 a，牵引力的功率为 P，受到的阻力大小为 f，轮船的速度大小为 v，则图 2119A轮船在靠岸过程中可能做匀速运动B此时汽车的速度为 v 车 vcos C此时绳的拉力 T ma fPvcos D此时绳的拉力对船做功的功率 PT P( f ma)vcos 解析 汽车的速度与 v 的关系 v 。当船靠岸过程中， 增大，cos 减小，v车cos 同时 v 车 增大，则 v 一定增大，船做加速运动，A、B 错。汽车受到的牵引力 F

8、 Pv车。Pvcos 由牛顿第二定律得 T f ma。所以Pvcos T f ma，C 正确。Pvcos 此时拉力对船做功的功率 P Tvcos P( f ma)vcos ，D 正确。答案 CD7(多选)(2018绵阳二诊)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端。已知小物块冲上斜面的初动能为 E，它返回斜面底端的速度大小为 v，克服摩擦阻力做功为 E。若小物块冲上斜面的初动能变为 3E，则14A返回斜面底端时动能为 E34B返回斜面底端时速度大小为 v3C从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为 E345D从出发到返回斜面底端，机械能减少 E38解析 物块沿斜面向上运动的过程，由

9、动能定理得( mgsin f)x0 E，当初动能变为 3E 时，物块沿斜面向上运动的位移 x3 x。所以全过程克服摩擦力做功W f3 Wf E，物块返回底端时的动能 Ek3 E E E，A、D 错，C 正确。两次利用动34 34 94能定理 Wf mv2 E，3 Wf mv 23 E，解得 v v，B 正确。12 12 3答案 BC8(多选)(2018唐山三模)可视为质点的小球由 A 点斜向上抛出，运动到最高点 B 时，进入四分之一光滑圆弧轨道，沿轨道运动到末端 C， O 为轨道的圆心， A、 O、 C 在同一水平线上，如图 2120 所示。运动过程中，小球在 A 点时重力功率的大小为 P1，

10、小球在 C点时重力的功率为 P2，小球在 AB 过程中重力平均功率的大小为 ，小球在 BC 过程中重力P1平均功率的大小为 。下列说法正确的是P2图 2120A P1 P2 B P1 D. P1P2 P1P2解析 根据能量守恒，小球在 A 点和 C 点的速度大小相等。根据 P mgvcos 可知P1P2，B 正确。由于 BC 段轨道对小球有弹力作用，小球在竖直方向的加速度大于 g，所以BC 段运动时间小于 AB 段时间，所以 ，D 正确。P1P2答案 BD9(多选)(2018浙江)如图 2121 所示为一滑草场，某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为 45和 37的滑道组成，滑草车与草

11、地之间的动摩擦因数为 。质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 370.6，cos 370.8)。则6图 2121A动摩擦因数 67B载人滑草车最大速度为2gh7C载人滑草车克服摩擦力做功为 mghD载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 g35解析 从 A 处到 C 处的过程中，由动能定理有( mgsin 1 mg cos 1)( mgsin 2 mg cos 2) 0，解得 ，选项 A 正确；到 B 点时载hsin 1 hsin 2 67人滑草车速度最大，从 A 处到 B 处的过程中，由动

12、能定理有( mgsin 1 mg cos 1) mv ，得 vm ，选项 B 正确；从 A 处到 C 处的过程中，克服摩擦力所做的hsin 1 12 2m 2gh7功等于重力势能减少量 2mgh，选项 C 错误；在下段滑道上的加速度大小 a g，选项 D 错误。( mgcos 2 mgsin 2)m 335答案 AB10(多选)如图 2122 所示，光滑的水平轨道 AB，与半径为 R 的光滑的半圆形轨道 BCD 相切于 B 点， AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点， D 为最高点，一质量为 m、带正电的小球从距 B 点 x 的位置在电场力的作用下由静

13、止开始沿 AB 向右运动，恰能通过最高点，则图 2122A R 越大， x 越大B R 越大，小球经过 B 点后瞬间对轨道的压力越大7C m 越大， x 越大D m 与 R 同时增大，电场力做功增大解析 小球在 BCD 部分做圆周运动，在 D 点， mg m ，小球由 B 到 D 的过程有：v2DR2 mR mv mv ，解得 vB ， R 越大，小球经过 B 点时的速度越大，则 x 越大，选12 2D 12 2B 5gR项 A 正确；在 B 点有： FN mg m ，解得 FN6 mg，与 R 无关，选项 B 错误；由 Eqx mvv2BR 12知 m、 R 越大，小球在 B 点的动能越大，

14、则 x 越大，电场力做功越多，选项 C、D 正确。2B答案 ACD二、计算题(本题共 2 小题，共 24 分)11(12 分)某课外探究小组的同学们用学校实验室内的特质材料自制了如图 2123所示的导轨，其中，导轨的所有半圆形部分均光滑，水平部分均粗糙。圆半径分别为R、2 R、3 R 和 4R， R0.5 m，水平部分长度 L2 m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高 h1 m。将一个质量为 m0.5 kg、中心有孔的钢球(孔径略大于细导轨直径)套在导轨端点 P 处，钢球与导轨水平部分的动摩擦因数均为 0.4。给钢球一初速度 v013 m/s，取 g10 m/s 2。求：图 2123(1)

15、钢球运动至第一个半圆形轨道最低点 A 时对轨道的压力；(2)钢球落地点到抛出点的水平距离。解析 (1)钢球从 P 点运动到 A 点的过程中，由动能定理得 mg2R mg L mv 12 21mv12 20由牛顿第二定律有 N mgmv21R代入数据解得 N178 N由牛顿第三定律可知，钢球对轨道的压力大小为 178 N，方向竖直向下。(2)设钢球到达轨道末端点的速度为 v2，对全程应用动能定理得8 mg 5L4 mgR mv mv12 2 12 20解得 v27 m/s由平抛运动规律得 h8 R gt212s v2t。解得 s7 m答案 (1)178 N，方向竖直向下 (2)7 m12(12

16、分)如图 2124 所示， AB 是倾角为 的粗糙直轨道， BCD 是光滑的圆弧轨道， AB 恰好在 B 点与圆弧相切，圆弧的半径为 R。一个质量为 m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动。已知 P 点与圆弧的圆心 O等高，物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 。求：图 2124(1)物体做往返运动的整个过程中在 AB 轨道上通过的总路程；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点 E 时，对圆弧轨道的压力；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点 D，释放点距 B 点的距离 L应满足什么条件？解析 (1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为

17、2 的圆弧上往复运动。对整体过程由动能定理得 mgRcos mg cos x0所以总路程为 x 。R(2)对 B E 过程， B 点的初速度为零，由动能定理得mgR(1cos ) mv 12 2EFN mg m v2ER由牛顿第三定律及得对轨道压力：9FN FN(32cos )mg。方向竖直向下。(3)设物体刚好到 D 点，则由向心力公式得mg m v2DR对全过程由动能定理得mgLsin mg cos L mgR(1cos ) mv 12 2D由得最少距离L R。3 2cos 2sin 2 cos 答案 (1) (2)(32cos )mg 方向竖直向下R(3) R3 2cos 2sin 2 cos