2020版高考物理一輪復習 課后限時集訓14 功和功率 動能定理（含解析）新人教版

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1、課后限時集訓(十四) 功和功率 動能定理 (建議用時：40分鐘) [基礎對點練] 題組一：功的分析與計算 1．如圖所示，兩箱相同的貨物，現(xiàn)要用電梯將它們從一樓運到二樓，其中圖甲是利用扶梯臺式電梯運送貨物，圖乙是用履帶式自動電梯運送，假設兩種情況下電梯都是勻速地運送貨物，下列關于兩電梯在運送貨物時說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．兩種情況下電梯對貨物的支持力都對貨物做正功 B．圖乙中電梯對貨物的支持力對貨物做正功 C．圖甲中電梯對貨物的支持力對貨物不做功 D．圖乙中電梯對貨物的支持力對貨物不做功 D　[在圖甲中，貨物隨電梯勻速上升時，貨物受到的支持力豎直

2、向上，與貨物位移方向的夾角小于90°，故此種情況下支持力對貨物做正功，選項C錯誤；圖乙中，貨物受到的支持力與履帶式自動電梯接觸面垂直，此時貨物受到的支持力與貨物位移垂直，故此種情況下支持力對貨物不做功，故選項A、B錯誤，D正確。] 2.如圖所示，質(zhì)量為m的小物體放在楔形物體傾角為θ的光滑斜面上，楔形物體在水平推力F作用下向左移動了距離s，在此過程中小物體與楔形物體保持相對靜止，則楔形物體對小物體做的功等于(　　) A．0　　　　 B．mgscos θ C．Fs D．mgstan θ D　[因為接觸面光滑，所以小物體只受重力和斜面的支持力，又小物體隨楔形物體一起向左移動，故二力合

3、力方向水平向左，即重力和支持力的豎直分力平衡，小物體所受的合外力就是楔形物體對小物體支持力的水平分力，該力大小為F合＝mgtan θ，故楔形物體對小物體做的功為W＝mgstan θ，故選D。] 3．如圖所示，長度為l的木板位于水平地面上，由跨過定滑輪的輕繩與小物塊(可視為質(zhì)點)相連，已知木板與物塊之間以及木板與地面之間的動摩擦因數(shù)都是μ，木板與物塊的質(zhì)量都是m，滑輪的質(zhì)量、滑輪軸上的摩擦都不計?，F(xiàn)用一個水平向右的力拉木板使它做勻速運動，在物塊由木板的右端滑到左端的過程中，拉力F所做的功為(　　) A.μmgl B．μmgl C．2μmgl D．4μmgl C　[受力分析如圖

4、所示。 對物塊，繩的拉力T＝μmg。 對木板，水平力F＝μ·2mg＋μmg＋T＝4μmg。物塊由木板的右端滑到左端的過程中，木板前進的距離為，故W＝F·＝2μmgl。] 題組二：功率的分析與計算 4．一個小孩站在船上，按如圖所示的兩種情況用同樣大小的力拉繩，經(jīng)過相同的時間t(船未相碰)，小孩所做的功分別為W1、W2，在時刻t，小孩拉繩的瞬時功率分別為P1、P2，則它們的大小關系正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　乙 A．W1＜W2，P1＜P2 B．W1＜W2，P1＝P2 C．W1＝W2，P1＜P2 D．W1＝W2，P1＝P2 A　[在兩種情況下，拉力相等，甲圖

5、中小孩(拉力的反作用力)做功W1＝Fs，乙圖中小孩的拉力和反作用力均做功，則小孩做功W2＝Fs＋Fs′＞W(wǎng)1。又由2＝＞＝1可以判斷，瞬時功率P2＞P1。] 5.(多選)質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t＝0時刻開始受到水平力的作用。力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則(　　) A．3t0時刻的瞬時功率為 B．3t0時刻的瞬時功率為 C．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為 D．在t＝0到3t0這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為 BD　[3t0時刻物體的瞬時速度為v＝·2t0＋·t0＝，瞬時功率為P＝3F0·v＝3F0·＝，A錯誤，B正確；在t＝0到

6、3t0這段時間內(nèi)，水平力做的功W＝F0···(2t0)2＋3F0＝，該過程的平均功率＝＝，C錯誤，D正確。] 題組三：機車啟動問題 6．(2019·遵義模擬)提高物體(例如汽車)運動速率的有效途徑是增大發(fā)動機的功率和減小阻力因數(shù)(設阻力與物體運動速率的平方成正比，即Ff＝kv2，k是阻力因數(shù))。當發(fā)動機的額定功率為P0時，物體運動的最大速率為vm，如果要使物體運動的速率增大到2vm，則下列辦法可行的是(　　) A．阻力因數(shù)不變，使發(fā)動機額定功率增大到2P0 B．發(fā)動機額定功率不變，使阻力因數(shù)減小到 C．阻力因數(shù)不變，使發(fā)動機額定功率增大到8P0 D．發(fā)動機額定功率不變，使阻力因數(shù)減

7、小到 C　[物體勻速運動時，牽引力與阻力相等，由P＝Fvm＝Ffvm＝kv，要使物體運動的速率增大到2vm，阻力因數(shù)不變時，需使發(fā)動機額定功率增大到8P0，故A錯誤，C正確；發(fā)動機額定功率不變時，需使阻力因數(shù)減小到，故B、D錯誤。] 7．(多選)(2019·靈寶模擬)總質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛時，發(fā)動機的功率為P，司機為合理進入限速區(qū)，減小了油門，使汽車功率立即減小到P并保持該功率繼續(xù)行駛，設汽車行駛過程中所受阻力大小不變，從司機減小油門開始，汽車的v -t圖象如圖所示，t1時刻后，汽車做勻速運動，汽車因油耗而改變的質(zhì)量可忽略。則在0～t1時間內(nèi)，下列說法正確的是(　　

8、) A．t＝0時，汽車的加速度大小為 B．汽車的牽引力不斷增大 C．阻力所做的功為mv－Pt1 D．汽車行駛的位移為＋ BD　[開始汽車做勻速直線運動，阻力f＝，t＝0時刻，汽車的牽引力F＝＝，根據(jù)牛頓第二定律得，汽車的加速度大小a＝＝＝，故A錯誤。在0～t1時間內(nèi)，汽車做減速運動，速度減小，功率不變，根據(jù)P＝Fv知，牽引力不斷增大，故B正確。根據(jù)動能定理知，Pt1－Wf＝m2－mv，解得克服阻力做功Wf＝mv＋Pt1，故C錯誤。汽車行駛的位移x＝＝＋，故D正確。] 題組四：動能定理的應用 8．用水平力F拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力

9、F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止，其速度—時間圖象如圖所示，且α>β，若拉力F做的功為W1，平均功率為P1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，平均功率為P2，則下列選項正確的是(　　) A．W1＞W(wǎng)2，F(xiàn)＝2Ff B．W1＝W2，F(xiàn)＞2Ff C．P1＜P2，F(xiàn)＞2Ff D．P1＝P2，F(xiàn)＝2Ff B　[對整個過程由動能定理可得W1－W2＝0，解得W1＝W2。由圖象可知，撤去拉力F后運動的時間大于水平力F作用的時間，所以a1＞|a2|，即＞，F(xiàn)＞2Ff，選項A、D錯誤，B正確；由于摩擦阻力作用時間一定大于水平力F作用時間，所以P1>P2，選項C錯誤。] 9．如圖所示，

10、一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高。質(zhì)量為m的質(zhì)點自軌道端點P由靜止開始滑下，滑到最低點Q時，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g，質(zhì)點自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為(　　) A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR C　[在Q點質(zhì)點受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，兩力的合力充當向心力，所以有N－mg＝m，N＝2mg，聯(lián)立解得v＝，下滑過程中重力做正功，摩擦力做負功，根據(jù)動能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功mgR，C項正確。] 10.(多選)如圖所示為一滑草場。某條滑道由上下兩段高均為h，與水平面傾角

11、分別為45°和37°的滑道組成，滑草車與草地之間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為m的載人滑草車從坡頂由靜止開始自由下滑，經(jīng)過上、下兩段滑道后，最后恰好靜止于滑道的底端(不計滑草車在兩段滑道交接處的能量損失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。則(　　) A．動摩擦因數(shù)μ＝ B．載人滑草車最大速度為 C．載人滑草車克服摩擦力做功為mgh D．載人滑草車在下段滑道上的加速度大小為g AB　[由題意知，上、下兩段斜坡的長分別為s1＝、s2＝ 由動能定理(或功能關系)知： 2mgh＝μmgs1cos 45°＋μmgs2cos 37° 解得動摩擦因數(shù)μ＝，選項A正確。 下滑

12、h時的速度最大，由動能定理知： mgh－μmgs1cos 45°＝mv2 解得v＝，選項B正確。 載人滑草車克服摩擦力做的功與重力做的功相等，即W＝2mgh，選項C錯誤。 滑草車在下段滑道上的加速度大小為a＝μgcos 37°－gsin 37°＝g，選項D錯誤。] [考點綜合練] 11．如圖甲所示，一質(zhì)量為4 kg的物體靜止在水平地面上，讓物體在隨位移均勻減小的水平推力F作用下開始運動，推力F隨位移x變化的關系如圖乙所示，已知物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，(取g＝10 m/s2)，則下列說法正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　　乙 A．物體先做加速運動，推力撤去時開

13、始做減速運動 B．物體在水平地面上運動的最大位移是10 m C．物體運動的最大速度為2 m/s D．物體在運動中的加速度先變小后不變 B　[當推力小于摩擦力時物體就開始做減速運動，選項A錯誤；由題圖乙中圖線與x軸所圍面積表示推力對物體做的功得，推力做的功W＝×4×100 J＝200 J，根據(jù)動能定理有W－μmgxm＝0，得xm＝10 m，選項B正確；當推力與摩擦力平衡時，加速度為零，速度最大，由題圖乙得F＝100－25x(N)，當F＝μmg＝20 N時x＝3.2 m，由動能定理得(100＋20)·x－μmgx＝mv，解得物體運動的最大速度vm＝8 m/s，選項C錯誤；物體運動中在推力由

14、100 N減小到20 N的過程中，加速度逐漸減小，在推力由20 N減小到0的過程中，加速度又反向增大，此后加速度不變，故選項D錯誤。] 12．(2018·天津高考)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權的新一代大型噴氣式客機C919首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程。假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x＝1.6×103 m時才能達到起飛所要求的速度v＝80 m/s。已知飛機質(zhì)量m＝7.0×104 kg，滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1倍，重力加速度取g＝10 m/s2。求飛機滑跑過程中 (1)加速度a的大小； (2)牽引力的平均功率P。 解析：(1)飛

15、機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v2＝2ax ① 代入數(shù)據(jù)解得 a＝2 m/s2。 ② (2)設飛機滑跑受到的阻力為F阻，依題意有 F阻＝0.1mg ③ 設發(fā)動機的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有 F－F阻＝ma ④ 設飛機滑跑過程中的平均速度為，有 ＝ ⑤ 在滑跑階段，牽引力的平均功率 P＝F ⑥ 聯(lián)立②③④⑤⑥式解得 P＝8.4×106 W。 ⑦ 答案：(1)2 m/s2　(2)8.4×106 W 13．(2017·上海高考)如圖所示，與水平面夾角θ＝37°的斜面和半徑R＝0.4 m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內(nèi)?；瑝K從斜面上的A點由靜

16、止釋放，經(jīng)B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零。已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)滑塊在C點的速度大小vC； (2)滑塊在B點的速度大小vB； (3)A、B兩點間的高度差h。 解析：(1)對C點：滑塊豎直方向所受合力提供向心力 mg＝ ① vC＝＝2 m/s。 (2)對B→C過程由動能定理得： －mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv ② vB＝＝4.29 m/s。 (3)滑塊在A→B的過程，由動能定理： mgh－μmgcos 37°·＝mv－0 ③ 代入數(shù)據(jù)

17、解得h＝1.38 m。 答案：(1)2 m/s　(2)4.29 m/s　(3)1.38 m 高考真題集中練 (教師用書獨具) 1．(2018·全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動。在啟動階段，列車的動能(　　) A．與它所經(jīng)歷的時間成正比 B．與它的位移成正比 C．與它的速度成正比 D．與它的動量成正比 B　[列車啟動的過程中加速度恒定，由勻變速直線運動的速度與時間關系可知v＝at，且列車的動能為Ek＝mv2，由以上整理得Ek＝ma2t2，動能與時間的平方成正比，動能與速度的平方成正比，A、C錯誤；將x＝at2代入上式得Ek＝max，則列車的動能與位移成正 比，B正確；由動能與動量的關系式Ek＝可知，列車的動能與動量的平方成正比，D錯誤。] 2．(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個小環(huán)。小環(huán)由大圓環(huán)的最高點從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對它的作用力(　　) A．一直不做功 B．一直做正功 C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心 A　[光滑大圓環(huán)對小環(huán)只有彈力作用。彈力方向沿大圓環(huán)的半徑方向(下滑過程先背離圓心，后指向圓心)，與小環(huán)的速度方向始終垂直，不做功。故選A。] - 9 -