届高考物理专题二功和能考点1功和功率限时集训

2019届高考物理专题二功和能考点1功和功率限时集训本文简介：考点一功和功率动能定理[限时45分钟；满分100分]一、选择题(1～7题每小题7分，8～10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v-t图象如图2－1－15所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做的功W的大小关系式，正

2019届高考物理专题二功和能考点1功和功率限时集训本文内容：

考点一

功和功率

动能定理

[限时45分钟；满分100分]

一、选择题(1～7题每小题7分，8～10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v-t图象如图2－1－15所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，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2－1－15

A．F＝μmg

B．F＝2μmg

C．W＝μmgv0t0

D．W＝μmgv0t0

解析

整个过程由动能定理得：Fx1－μmg·x总＝0，得F＝3μmg，W＝Fx1＝3μmg·v0t0＝μmgv0t0。故选D。

答案

D

2．一质量为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v＝at＝，合力的功率P＝F合v＝，B正确。

答案

B

3．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0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2－1－16甲和乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10

m/s2)

图2－1－16

A．滑块的质量为0.5

kg

B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5

C．第1

s内摩擦力对滑块做功为－1

J

D．第2

s内力F的平均功率为1.5

W

解析

由图甲得F1＝1

N，F2＝3

N，由图乙知2

s内滑块的加速度不变，a＝

m/s2＝1

m/s2，根据牛顿第二定律有F1＋Ff＝ma，F2－Ff＝ma，而Ff＝μmg，解得Ff＝1

N，μ＝0.05，m＝2

kg，选项A、B均错误；由v-t图象面积法得第1

s内滑块的位移x1＝×(－1)×1

m＝－0.5

m，第1

s内摩擦力对滑块做功为W1＝－Ff·|x1|＝－0.5

J，选项C错误；第2

s内力F的平均功率为F2·＝3×

W＝1.5

W，选项D正确。

答案

D

4．(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v-t图象如图2－1－17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2－1－17

A．t3－t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动

B．t0－t2时间内，合力对小球先做正功后做负功

C．0－t2时间内，小球的平均速度一定为

D．t3－t4时间内，拉力做的功为[(v4－v3)＋g(t4－t3)]

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。

t3－t4时间内，小球的位移x＝(t4－t3)。

由动能定理得W－mgx＝mv－mv

解得W＝[(v4－v3)＋g(t4－t3)]。

答案

D

5．(2015·海南)如图2－1－18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2－1－18

A.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FN＝2mg，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：Wf＝mgR，因此，A、B、D错，C正确。

答案

C

6．(多选)(2018·厦门二模)如图2－1－19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θ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2－1－19

A．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T＝－ma－f

D．此时绳的拉力对船做功的功率PT＝P－(f＋ma)vcos

θ

解析

汽车的速度与v的关系v＝。当船靠岸过程中，θ增大，cos

θ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－T－f＝ma。所以

T＝－f－ma，C正确。

此时拉力对船做功的功率P＝Tvcos

θ＝P－(f＋ma)vcos

θ，D正确。

答案

CD

7．(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E

B．返回斜面底端时速度大小为v

C．从出发到返回斜面底端，克服摩擦阻力做功为E

D．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

θ＋f)x＝0－E，当初动能变为3E时，物块沿斜面向上运动的位移x′＝3x。所以全过程克服摩擦力做功W′f＝3Wf＝E，物块返回底端时的动能Ek′＝3E－E＝E，A、D错，C正确。两次利用动能定理－Wf＝mv2－E，－3Wf＝

mv′2－3E，解得v′＝v，B正确。

答案

BC

8．(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2－1－20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2－1－20

A．P1＝P2

B．P1

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P＝mgvcos

θ可知P1

答案

BD

9．(多选)(2018·浙江)如图2－1－21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μ。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

37°＝0.6，cos

37°＝0.8)。则

图2－1－21

A．动摩擦因数μ＝

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mgh

D．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

θ1－μmgcos

θ1)＋(mgsin

θ2－μmgcos

θ2)＝0，解得μ＝，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

θ1－μmgcos

θ1)＝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a＝＝g，选项D错误。

答案

AB

10．(多选)如图2－1－22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2－1－22

A．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

C．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：－2mR＝mv－mv，解得vB＝，R越大，小球经过B点时的速度越大，则x越大，选项A正确；在B点有：FN－mg＝m，解得FN＝6mg，与R无关，选项B错误；由Eqx＝mv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2－1－23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，R＝0.5

m，水平部分长度L＝2

m，将导轨竖直放置，轨道最低点离水平地面高h＝1

m。将一个质量为m＝0.5

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μ＝0.4。给钢球一初速度v0＝13

m/s，取g＝10

m/s2。求：

图2－1－23

(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mg·2R－μmg·L＝mv－mv

由牛顿第二定律有N－mg＝

代入数据解得N＝178

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－μmg·5L－4mgR＝mv－mv

解得v2＝7

m/s

由平抛运动规律得h＋8R＝gt2

s＝v2t。

解得s＝7

m

答案

(1)178

N，方向竖直向下

(2)7

m

12．(12分)如图2－1－24所示，AB是倾角为θ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μ。求：

图2－1－24

(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2θ的圆弧上往复运动。

对整体过程由动能定理得mgR·cos

θ－μmgcos

θ·x＝0

所以总路程为x＝。

(2)对B→E过程，B点的初速度为零，

由动能定理得

mgR(1－cos

θ)＝mv

①

FN－mg＝m

②

由牛顿第三定律及①②得对轨道压力：

FN′＝FN＝(3－2cos

θ)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

③

对全过程由动能定理得

mgL′sin

θ－μmgcos

θ·L′－mgR(1＋cos

θ)＝mv

④

由③④得最少距离

L′＝·R。

答案

(1)

(2)(3－2cos

θ)mg

方向竖直向下

(3)·R