2019届高考物理二轮复习功和能考点1功和功率限时集训.docx

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2115AFmgBF2mgCWmgv0t0 DWmgv0t0解析整个过程由动能定理得：Fx1mgx总0，得F3mg，WFx13mgv0t0mgv0t0。故选D。答案D2一质量为m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A.B.C.D.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线运动，a，经过时间t，速度vat，合力的功率PF合v，B正确。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2116甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g10 m/s2)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 m/s21 m/s2，根据牛顿第二定律有F1Ffma，F2Ffma，而Ffmg，解得Ff1 N，0.05，m2 kg，选项A、B均错误；由vt图象面积法得第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W1Ff|x1|0.5 J，选项C错误；第2 s内力F的平均功率为F23 W1.5 W，选项D正确。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2117At3t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动Bt0t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C0t2时间内，小球的平均速度一定为Dt3t4时间内，拉力做的功为(v4v3)g(t4t3)解析t3t4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。t0t2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。0t2时间内，小球的运动不是匀加速运动，平均速度不等于，C错。t3t4时间内，小球的位移x(t4t3)。由动能定理得Wmgxmvmv解得W(v4v3)g(t4t3)。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 C.mgR D.mgR解析当质点由P点滑到Q点时，对轨道的正压力为FN2mg，由牛顿第二定律得，FNmgm，vgR。对质点自P点滑到Q点应用动能定理得：mgRWfmv0，得：WfmgR，因此，A、B、D错，C正确。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，质量为m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C此时绳的拉力TmafD此时绳的拉力对船做功的功率PTP(fma)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，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。由牛顿第二定律得Tfma。所以Tfma，C正确。此时拉力对船做功的功率PTvcos P(fma)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A返回斜面底端时动能为EB返回斜面底端时速度大小为vC从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为ED从出发到返回斜面底端，机械能减少E解析物块沿斜面向上运动的过程，由动能定理得(mgsin f)x0E，当初动能变为3E时，物块沿斜面向上运动的位移x3x。所以全过程克服摩擦力做功Wf3WfE，物块返回底端时的动能Ek3EEE，A、D错，C正确。两次利用动能定理Wfmv2E，3Wf mv23E，解得vv，B正确。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，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过程中重力平均功率的大小为。下列说法正确的是图2120AP1P2 BP1 D.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Pmgvcos 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。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)。则图2121A动摩擦因数B载人滑草车最大速度为C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g解析从A处到C处的过程中，由动能定理有(mgsin 1mgcos 1)(mgsin 2mgcos 2)0，解得，选项A正确；到B点时载人滑草车速度最大，从A处到B处的过程中，由动能定理有(mgsin 1mgcos 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ag，选项D错误。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止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则图2122AR越大，x越大BR越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大Cm越大，x越大Dm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，mgm，小球由B到D的过程有：2mRmvmv，解得vB，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FNmgm，解得FN6mg，与R无关，选项B错误；由Eqxmv知m、R越大，小球在B点的动能越大，则x越大，电场力做功越多，选项C、D正确。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、2R、3R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/s2。求：图2123(1)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mg2RmgLmvmv由牛顿第二定律有Nmg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mg5L4mgRmvmv解得v27 m/s由平抛运动规律得h8Rgt2sv2t。解得s7 m答案(1)178 N，方向竖直向下(2)7 m12(12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2的圆弧上往复运动。对整体过程由动能