高考物理二輪專題復(fù)習(xí)練案：第5講 功　功率　動能定理 Word版含解析

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1、 專題二　第5講 限時：40分鐘 一、選擇題(本題共8小題，其中1～4題為單選，5～8題為多選) 1．(2018·湖南省郴州市高三下學(xué)期一模)如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與轉(zhuǎn)臺之間的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍，物塊與轉(zhuǎn)軸OO′相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動，當(dāng)轉(zhuǎn)速緩慢增加到一定值時，物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動，在物塊由靜止到相對滑動前瞬間的過程中，轉(zhuǎn)臺的摩擦力對物塊做的功為(　D　) A．0　　　 B．2πkmgR C．2kmgR　　　 D．0.5kmgR [解析]　根據(jù)牛頓第二定律得：kmg＝m，根據(jù)動能定理得轉(zhuǎn)臺的摩擦力對物塊做的功為W＝mv2＝kmgR，故ABC錯誤，D正

2、確；故選D。 2．(2018·陜西省西交大附中高三下學(xué)期期中)如圖，小球甲從A點水平拋出，同時將小球乙從B點自由釋放，兩小球先后經(jīng)過C點時速度大小相等，方向夾角為30°，已知B、C高度差為h，兩小球質(zhì)量相等，不計空氣阻力，由以上條件可知(　C　) A．小球甲作平拋運動的初速度大小為2 B．甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為1∶ C．A、B兩點高度差為 D．兩小球在C點時重力的瞬時功率大小相等 [解析]　小球乙到C的速度為v＝，此時小球甲的速度大小也為v＝，又因為小球甲速度與豎直方向成30°角，可知水平分速度為，故A錯；小球乙運動到C時所用的時間為h＝gt2得t＝， 而小球甲到

3、達C點時豎直方向的速度為，所以運動時間為t′＝，所以甲、乙兩小球到達C點所用時間之比為∶2，故B錯；由甲乙各自運動的時間得：Δh＝gt2－gt′2＝，故C對；由于兩球在豎直方向上的速度不相等，所以兩小球在C點時重力的瞬時功率也不相等，故D錯；故選C。 3．(2018·寧夏銀川二中高三下學(xué)期模擬三試題)如圖所示，一細線系一小球繞O點在豎直面做圓周運動，a、b分別是軌跡的最高點和最低點，c、d兩點與圓心等高，小球在a點時細線的拉力恰好為0，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　A　) A．小球從a點運動到b點的過程中，先失重后超重 B．小球從a點運動到b點的過程中，機械能先增大后減小 C

4、．小球從a點運動到b點的過程中，細線對小球的拉力先做正功后做負功 D．小球運動到c、d兩點時，受到的合力指向圓心 [解析]　小球在a點時細線的拉力恰好為0，重力提供向心力處于完全失重狀態(tài)，到最低點b時，拉力大于重力處于超重狀態(tài)，所以小球從a點運動到b點的過程中，先失重后超重，故A正確；在運動過程中拉力不做功，只有重力做功，所以機械能守恒，故BC錯誤；c、d兩點重力方向向下，拉力方向指向圓心，所以合力方向不指向圓心，故D錯誤。所以A正確，BCD錯誤。 4．(2018·陜西省寶雞市模擬)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一半徑為R的固定圓軌道與水平軌道相切于最低點B。一質(zhì)量為m的小物塊P(可視為質(zhì)點)從

5、A處由靜止滑下，經(jīng)過最低點B后沿水平軌道運動，到C處停下，B、C兩點間的距離為R，物塊P與圓軌道、水平軌道之間的動摩擦因數(shù)均為μ。若將物塊P從A處正上方高度為R處由靜止釋放后，從A處進入軌道，最終停在水平軌道上D點(未標出)，B、D兩點間的距離為s，下列關(guān)系正確的是(　C　) A．s>(1＋)R　　　 B．s＝(1＋)R C．s<(1＋)R　　　 D．s＝2R [解析]　根據(jù)動能定理，對物塊P第一次運動，有mgR－Wf－μmgR＝0；對物塊P第二次運動，有mg·2R－Wf′－μmgs＝0。對物塊P經(jīng)過在圓軌道任一處，第二次運動時速度較大，向心力較大，對軌道的壓力較大，滑動摩擦力較大，

6、可見Wf

7、力減小，當(dāng)彈力等于重力時，加速度為零，速度最大，此后彈力小于重力，合力向下，加速度與速度反向，筆帽做減速運動，故A錯誤；筆帽向上運動，受到的彈力方向向上，力與位移同向，故彈力對筆帽作正功，重力方向向下，與位移反向，對筆帽做負功，由于筆帽動能增加，所以彈簧對筆帽做的功大于筆帽克服重力做的功，時間相同，根據(jù)功率的定義，故D正確；彈簧對桌面雖然有彈力，但沒有位移，所以不做功，故B錯誤；由于輕彈簧質(zhì)量不計，所以彈簧對桌面的彈力等于對筆帽的彈力，作用時間相同，沖量大小相等，故C正確，故選CD。 6．(2018·貴州省貴陽市高三5月模擬)如圖所示，半徑為R的大圓環(huán)用一硬質(zhì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上

8、套一個質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點)，小環(huán)從大圓環(huán)的最低點以初速度v0沿大圓環(huán)上升至與圓心等高點時速度為零，再沿大圓環(huán)滑回最低點，大圓環(huán)始終靜止，重力加速度大小為g。關(guān)于該過程，下列說法正確的是(　BC　) A．輕桿對大圓環(huán)的作用力方向始終豎直向上 B．小環(huán)下滑過程摩擦力做功小于mv－mgR C．小環(huán)下滑過程重力的沖量比上滑過程重力的沖量大 D．小環(huán)下滑過程重力的平均功率比上滑過程重力的平均功率大 [解析]　小圓環(huán)在沿大圓環(huán)滑動過程中，對大圓環(huán)的壓力有水平方向的分量，可知輕桿對大圓環(huán)的作用力方向只有在小圓環(huán)到達最低點或最高點時豎直向上，選項A錯誤；小圓環(huán)上滑過程中摩擦力的功為Wf上

9、＝mv－mgR；下滑過程中的平均速度小于上滑過程的平均速度，下滑過程小圓環(huán)對大圓環(huán)的平均壓力小于上滑過程中的平均壓力，可知下滑過程中摩擦力小于上滑過程中的摩擦力，從而下滑過程中摩擦力的功小于上滑過程的摩擦力的功，即Wf下

10、二模)放在粗糙水平地面上的物體受到水平拉力的作用，在0～6s內(nèi)其速度與時間的圖象和該拉力的功率與時間的圖象分別如圖所示。下列說法正確的是(　ABC　) A．0～6s內(nèi)物體的位移大小為30m B．2～6s內(nèi)拉力做的功為40J C．合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等 D．滑動摩擦力的大小為5N [解析]　0～6s內(nèi)物體的位移大小x＝×6m＝30m。故A正確；在0～2s內(nèi)，物體的加速度a＝＝3m/s2，由圖知，當(dāng)P＝30W時，v＝6m/s，得到牽引力F＝＝5N。在0～2s內(nèi)物體的位移為x1＝6m，則拉力做功為W1＝Fx1＝5×6J＝30J。2～6s內(nèi)拉力做的功W2＝Pt＝1

11、0×4J＝40J。所以0～6s內(nèi)拉力做的功為W＝W1＋W2＝70J。故B正確；在2～6s內(nèi)，物體做勻速運動，合力為零，則合外力在0～6s內(nèi)做的功與0～2s內(nèi)做的功相等。故C正確；在2～6s內(nèi)，v＝6m/s，P＝10W，物體做勻速運動，摩擦力f＝F，得到f＝F＝＝N＝N。故D錯誤。故選：ABC。 8．(2018·山西省晉城市二模)如圖甲所示，在豎直平面內(nèi)固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖乙是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速率平方與其對應(yīng)高度的關(guān)系圖象。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為1.25N，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，g＝10m/s

12、2，下列說法正確的是(　BC　) A．小球質(zhì)量為0.5kg B．小球在B點受到軌道作用力為4.25N C．圖乙中x＝25m2/s2 D．小球在A點時重力的功率為5W [解析]　由圖乙可知小球在C點的速度大小為v＝3m/s，軌道半徑R＝0.4m，因小球所受重力與彈力的合力提供向心力，所以有mg＋F＝，帶入數(shù)值解得m＝0.1kg，A錯誤；由機械能守恒可得，mv2＋mgR＝mv，解得小球在B點的速度v＝17m2/s2，因B點是彈力提供向心力，所以有F＝，解得F＝4.25N，B正確；再由機械能守恒定律可得：mv2＋2mgR＝mv，解得小球在A點的速度v0＝5m/s，所以圖乙中x＝25m2

13、/s2，C正確；因重力與速度方向垂直，所以小球在A點的重力的功率為0，D錯誤，故選BC。 二、計算題(本題共2小題，需寫出完整的解題步驟) 9．(2018·山西省孝義市高三下學(xué)期一模理綜)駿馳汽車賽車場有一段賽道可簡化為這樣：平直的賽道中間有一段拱形路面，其最高點P與水平路面的高度差為1.25m，拱形路面前后賽道位于同一水平面上。以54km/h的初速度進入直道的賽車，以90kW的恒定功率運動10s到達P點，并恰好從P點水平飛出后落到水平賽道上，其飛出的水平距離為10m。將賽車視為質(zhì)點，不考慮賽車受到的空氣阻力。已知賽車的質(zhì)量為1.6×103kg，取g＝10m/s2，求： (1)賽車到達P

14、點時速度的大小； (2)拱形路面頂點P的曲率半徑； (3)從進入直道到P點的過程中，汽車克服阻力做的功。 [解析]　(1)賽車到達P點時速度的大小為vP，從P點飛出后做平拋運動，時間為t 則有：水平方向x＝vpt，豎直方向h＝gt2 聯(lián)立解得：vp＝20m/s (2)拱形路面頂點P的曲率半徑為R，則有：mg＝m 解得：R＝40m (3)從進入直道到P點的過程中，汽車克服阻力做的功Wf 根據(jù)動能定理可得：Pt－mgh－Wf＝mv 解得：Wf＝7.4×105J。 10．(2018·山西省高三下學(xué)期模擬)如圖甲所示，一電動遙控小車停在水平地面上，水平車板離地高度為h＝0.2m，

15、小車質(zhì)量M＝3kg，質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜置于車板上某處A，物塊與車板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。現(xiàn)使小車由靜止開始向右行駛，當(dāng)運動時間t1＝1.6s時物塊從車板上滑落。已知小車的速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，小車受到地面的摩擦阻力是小車對地面壓力的，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2。求： (1)物塊從離開車尾B到落地過程所用的時間Δt以及物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值P； (2)物塊落地時落地點到車尾B的水平距離s0； (3)0～2s時間內(nèi)小車的牽引力做的功W。 [解析]　(1)物塊從車板上滑落后做平拋運動， 則有h＝g(Δt)2 代入數(shù)

16、據(jù)解得Δt＝0.2s 物塊滑落前受到的滑動摩擦力大?。篺＝μmg＝1N 根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度大小：a1＝μg＝1m/s2 當(dāng)運動時間t1＝1.6s時物塊的速度v1＝a1t1 解得：v1＝1.6m/s 由于v1＜2m/s，所以物塊在車板上受到滑動摩擦力而一直加速，物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值P＝fv1 解得：P＝1.6W。 (2)物塊滑落后前進的距離s1＝v1Δt 由題圖乙得t＝1.6s時小車的速率v2＝2m/s 物塊滑落后小車前進的距離s＝v2Δt 落地點到車尾B的水平距離s0＝s－s1 解得：s0＝0.08m。 (3)0～1s時間內(nèi)，由題圖乙得小車的加速度大小為： a2＝＝m/s2＝2m/s2 根據(jù)牛頓第二定律得F1－f－k(M＋m)g＝Ma2， 其中k＝ 解得：F1＝11N 小車的位移大小為：s2＝a2t2＝×2×12m＝1m 1～1.6s時間內(nèi)，牽引力F2＝k(M＋m)g＋f＝5N 由題圖乙得小車的位移大小：s2′＝2×0.6m＝1.2m 1．6～2s時間內(nèi)，牽引力F3＝kMg＝3N 由題圖乙得小車的位移大?。簊2″＝2×0.4m＝0.8m 0～2s時間內(nèi)小車的牽引力做的功為：W＝F1s2＋F2s2′＋F3s2″＝19.4J。