（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课时达标14 功和功率

[解密考纲]考查对功、功率(平均功率、瞬时功率)的理解，能将变力功转化为恒力功、图象法求解．

1．如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　C　)

A．0 B．FR

C．πFR D．2πFR

解析　虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋π，则拉力做的功为πFR，故选项C正确．

2．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随小物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆．则小物块运动到x0处时F做的总功为(　C　)

A．0 B． Fmx0

C． Fmx0 D． x

解析　F为变力，根据F－x图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上Fm＝x0，故W＝π·F＝π·Fm·x0＝Fmx0.选项C正确．

3．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为(　A　)

A．μmgL B．2μmgL

C．μmgL/2 D．μ(M＋m)gL

解析　运用隔离法得出最小的拉力F＝2μmg，在将小木块从木板左端拉至右端过程中，木板左移、小木块右移，且它们位移大小相等，因而小木块对地向右位移大小为x＝，此时拉力做功为WF＝Fx＝2μmg·＝μmgL.选项A正确．

4．如图所示，有三个斜面a、b、c，底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h.某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．关于克服摩擦力做的功，下列关系正确的是(　C　)

A．Wa<Wb<Wc B．Wa＝Wc>Wb

C．Wa＝Wb<Wc D．Wa<Wb＝Wc

解析　设动摩擦因数为μ，斜面倾角为α，斜面底边长为x，则物体受的摩擦力为Ff＝μmg·cos α，克服摩擦力做功为Wf＝Ff·＝μmg·x，由此式可知Wa＝Wb<Wc，选项C正确．

5．(2017·合肥一六八中学段考)(多选)如图所示，质量m＝1 kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R＝0.2 m、质量M＝1 kg的薄圆筒上．t＝0时刻，圆筒在电动机的带动下由静止开始绕竖直的中心轴转动，小物体的v－t图象如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.2，则(　AD　)

A．圆筒转动的角速度随时间的变化关系满足ω＝5t

B．细线的拉力大小为2 N

C．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t

D．在0～2 s内，电动机做的功为8 J

解析　物体的加速度a＝m/s2＝1 m/s2，故物体的运动速度v＝at＝t，圆筒转动的加速度随时间的变化关系满足ω＝＝＝5t，选项A正确；根据牛顿第二定律可知，细线的拉力大小为F＝ma＋μmg＝1×1 N＋0.2×10 N＝3 N，选项B错误；细线拉力的瞬时功率满足P＝Fv＝3t，选项C错误；由能量关系可知，在0～2 s内，电动机做的功为W＝(M＋m)v2＋μmgx＝×2×22 J＋0.2×10××1×22 J＝8 J，选项D正确．

6．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计空气阻力)则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(　B　)

A．mgv0tan θ B．

C． D．mgv0cos θ

解析　球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy而vytan θ＝v0，所以P＝，选项B正确．

7．在足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t＝0时撤去推力，0～6 s内速度随时间的变化情况如图所示，由图象可判定下列说法不正确的是(　A　)

A．0～1 s内重力的平均功率大小与1～6 s内重力平均功率大小之比为5∶1

B．0～1 s内摩擦力的平均功率与1～6 s内摩擦力平均功率之比为1∶1

C．0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶5

D．1～6 s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2

解析　设斜面的倾角为θ，0～1 s内重力的平均功率

P1＝，

1～6 s内重力平均功率大小

P2＝，

则P1∶P2＝1∶1，选项A错误；

0～1 s与1～6 s内摩擦力平均功率之比即为平均速度之比，又因这两个时段的平均速度大小相等，故平均功率之比为1∶1，选项B正确；根据功能关系，机械能变化量之比等于摩擦力做功之比，而0～1 s与1～6 s内位移之比为∶＝1∶5，所以机械能变化量大小之比为1∶5，选项C正确；在0～1 s内mgsin θ＋Ff＝m×10，在1～6 s内mgsin θ－Ff＝m×2，解得Ff＝4m,1～6 s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为

∶＝1∶2，选项D正确．

8．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的k1和k2倍，最大速率分别为v1和v2，则(　B　)

A．v2＝k1v1 B．v2＝v1

C．v2＝v1 D．v2＝k2v1

解析　机车在不同的路面以相同的功率按最大速度行驶，可推断机车做匀速直线运动，受力平衡，由公式P＝Ffv，Ff＝kmg，可推出P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝v1，故选项B正确，选项A、C、D错误．

9．如图所示，传送带AB的倾角为θ，且传送带足够长．现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ，传送带的速度为v(v0<v)，方向也向上，重力加速度为g.则物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是(　C　)

A．μmgcos θ B．μmgv0cos θ

C．μmgvcos θ D．μmg(v＋v0)cos θ

解析　由物体与传送带之间的动摩擦因数μ>tan θ和传送带的速度v(v0<v)，可得出传送带向上运动时，物体加速运动到和传送带速度相同时物体速度最大，此时摩擦力对物体做功的最大瞬时功率为μmgvcos θ，所以只有选项C正确．

10．如图所示是质量为1 kg的滑块在水平面上做直线运动的v－t图象．下列判断正确的是(　C　)

A．在t＝1 s时，滑块的加速度为零

B．在4 s～6 s时间内，滑块的平均速度为2.5 m/s

C．在3 s～7 s时间内，合力做功的平均功率为2 W

D．在5 s～6 s时间内，滑块受到的合力为2 N

解析　由题图可知，t＝1 s时，滑块的加速度大小为2 m/s2，选项A错误.4 s～6 s时间内，滑块的位移x＝m＝6 m，所以平均速度为＝＝3 m/s，选项B错误.3 s～7 s时间内，合力做功W＝－mv2＝－×1×42 J＝－8 J，所以合力做功的功率P＝＝W＝2 W，选项C正确.5 s～6 s时间内F＝ma＝－4 N，选项D错误．

11．(多选)如图所示，车头的质量为m.两节车厢的质量也均为m.已知车的额定功率为P，阻力为车总重力的k倍，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　BD　)

A．汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的两倍

B．汽车挂一节车厢时的最大速度为　

C．若汽车挂两节车厢时的最大速度为v，汽车始终以恒定功率P前进，则汽车的速度为v时的加速度为－gk　

D．汽车挂两节车厢并以最大速度行驶，某时刻后面的一节车厢突然脱离，要想使汽车的速度不变，汽车的功率必须变为P

解析　根据P＝2kmgv1，P＝3kmgv，可得汽车挂一节车厢时的最大速度是挂两节车厢时的1.5倍，选项A错误，根据P＝2kmgv1，可得汽车挂一节车厢时的最大速度为v1＝，选项B正确；汽车挂两节车厢运动的速度为时，牵引力F＝，阻力Ff＝3kmg，加速度a＝＝－gk，选项C错误；由P＝3kmgv，可得v＝，某时刻后面的一节车厢突然脱离，要想使汽车的速度不变，汽车做匀速运动，牵引力变为2kmg，汽车的功率必须变为2kmgv＝P，选项D正确．

12．下表是一辆电动车的部分技术指标．其中的额定车速是指电动车满载的情况下，在平直道路上以额定功率匀速行驶时的速度.

请根据表中的数据，完成下列问题．(g取10 m/s2)

(1)在行驶的过程中，电动车受到的阻力是车重(包括载重)的k倍，假定k是定值，试推算k的大小；

(2)若电动车以额定功率行驶，求速度为3 m/s时的加速度是多少？

解析　(1)由表可得到P出＝180 W，车速v＝18 km/h＝5 m/s，由P出＝Fv，匀速直线运动时有F＝Ff，其中

Ff＝k(M＋m)g，解得k＝0.03.

(2)当车速v′＝3 m/s时，牵引力F′＝，由牛顿第二定律知

F′－k(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝0.2 m/s2.

答案　(1)0.03　(2)0.2 m/s2

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