2023高考物理一輪總復(fù)習(xí)第五章機(jī)械能及其守恒定律第14講功和功率課時(shí)達(dá)標(biāo)

PAGEPAGE2第14講功和功率[解密考綱]考查對(duì)功、功率(平均功率、瞬時(shí)功率)的理解，能將變力功轉(zhuǎn)化為恒力功、圖象法求解．1．如下圖，在水平面上，有一彎曲的槽道弧AB，槽道由半徑分別為eq\f(R,2)和R的兩個(gè)半圓構(gòu)成，現(xiàn)用大小恒為F的拉力將一光滑小球從A點(diǎn)沿滑槽道拉至B點(diǎn)，假設(shè)拉力F的方向時(shí)時(shí)刻刻均與小球運(yùn)動(dòng)方向一致，那么此過程中拉力所做的功為(C)A．0 B．FRC．eq\f(3,2)πFR D．2πFR解析：雖然拉力方向時(shí)刻改變，但力與運(yùn)動(dòng)方向始終一致，用微元法，在很小的一段位移內(nèi)可以看成恒力，小球的路程為πR＋πeq\f(R,2)，那么拉力做的功為eq\f(3,2)πFR，故C正確．2．(2022·廣西南寧質(zhì)檢)如下圖，質(zhì)量為m的小球用長L的細(xì)線懸掛而靜止在豎直位置．現(xiàn)用水平拉力F將小球緩慢拉到細(xì)線與豎直方向成θ角的位置．在此過程中，拉力F做的功為(D)A．FLcosθ B．FLsinθC．FL(1－cosθ) D．mgL(1－cosθ)解析：用F緩慢地拉，那么顯然F為變力，只能用動(dòng)能定理求解，由動(dòng)能定理得WF－mgL(1－cosθ)＝0，解得WF＝mgL(1－cosθ)，D正確．3．如圖甲所示，靜置于光滑水平面上坐標(biāo)原點(diǎn)處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，拉力F隨物塊所在位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，圖線為半圓．那么小物塊運(yùn)動(dòng)到x0處時(shí)F做的總功為(C)A．0 B．eq\f(1,2)Fmx0C．eq\f(π,4)Fmx0 D．eq\f(π,4)xeq\o\al(2,0)解析：F為變力，根據(jù)F－x圖象包圍的面積在數(shù)值上等于F做的總功來計(jì)算．圖線為半圓，由圖線可知在數(shù)值上Fm＝eq\f(1,2)x0，故W＝eq\f(1,2)π·Feq\o\al(2,m)＝eq\f(1,2)π·Fm·eq\f(1,2)x0＝eq\f(π,4)Fmx0.4．(2022·河南鶴壁模擬)一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，在幾個(gè)共點(diǎn)力的作用下靜止在光滑水平面上．現(xiàn)把其中一個(gè)水平方向的力從F突然增大到3F，并保持其他力不變，那么從這時(shí)開始到t秒末，該力的瞬時(shí)功率是(CA．eq\f(3F2t,m) B．eq\f(4F2t,m)C．eq\f(6F2t,m) D．eq\f(9F2t,m)解析：物塊受到的合力為2F，根據(jù)牛頓第二定律有2F＝ma，在合力作用下，物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度v＝at，該力大小為3F，那么該力的瞬時(shí)功率P＝3Fv，解以上各式得P＝eq\f(6F2t,m)，C正確．5．(多項(xiàng)選擇)如下圖，傾角為θ的斜劈放在水平面上，斜劈上用固定的豎直擋板擋住一個(gè)光滑的質(zhì)量為m的小球，當(dāng)整個(gè)裝置沿水平面以速度v向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t時(shí)，以下說法正確的選項(xiàng)是(AD)A．小球的重力做功為零 B．斜劈對(duì)小球的彈力做功為eq\f(mgvt,cosθ)C．擋板對(duì)小球的彈力做功為零 D．合力對(duì)小球做功為零解析：小球的重力與速度方向始終垂直，不做功，A項(xiàng)正確；由于小球勻速，對(duì)小球受力分析如圖．可求得斜劈對(duì)小球的彈力為FN＝eq\f(mg,cosθ)，做功為WFN＝FN·vtsinθ＝mgvt·tanθ，擋板的彈力為：F＝mgtanθ，做功為WF＝－Fvt＝－mgvttanθ，故B、C兩項(xiàng)均錯(cuò)誤；小球受到的合力為零，那么合力對(duì)小球做功為零，D項(xiàng)正確．6．如下圖，質(zhì)量為m的物塊與水平轉(zhuǎn)臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與轉(zhuǎn)臺(tái)轉(zhuǎn)軸相距R，物體隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)轉(zhuǎn)速增加到某值時(shí)，物塊即將開始滑動(dòng)，在這一過程中，摩擦力對(duì)物體做的功是(A)A．eq\f(1,2)μmgR B．2πmgRC．2μmgR D．0解析：物塊即將開始滑動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力(近似等于滑動(dòng)摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根據(jù)動(dòng)能定理有，Wf＝eq\f(mv2,2)，解得Wf＝eq\f(μmgR,2)，選項(xiàng)A正確．7．如下圖，質(zhì)量為m的小球以初速度v0水平拋出，恰好垂直打在傾角為θ的斜面上，(不計(jì)空氣阻力)那么球落在斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為(B)A．mgv0tanθ B．eq\f(mgv0,tanθ)C．eq\f(mgv0,sinθ) D．mgv0cosθ解析：球落在斜面上時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P＝mgvy而vytanθ＝v0，所以P＝eq\f(mgv0,tanθ)，B項(xiàng)正確．8．足夠長的粗糙斜面上，用力推著一物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)撤去推力，0～6s內(nèi)速度隨時(shí)間的變化情況如下圖，由圖象可判定以下說法不正確的選項(xiàng)是(A)A．0～1s內(nèi)重力的平均功率大小與1～6s內(nèi)重力平均功率大小之比為5∶1B．0～1s內(nèi)摩擦力的平均功率與1～6s內(nèi)摩擦力平均功率之比為1∶1C．0～1s內(nèi)機(jī)械能變化量大小與1～6s內(nèi)機(jī)械能變化量大小之比為1∶5D．1～6s內(nèi)動(dòng)能變化量大小與機(jī)械能變化量大小之比為1∶2解析：設(shè)斜面的傾角為θ，0～1s內(nèi)重力的平均功率P1＝eq\f(mg×\f(1,2)×10×1×sinθ,1)，1～6s內(nèi)重力平均功率大小P2＝eq\f(mg×\f(1,2)×10×5×sinθ,5)，那么P1∶P2＝1∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；0～1s與1～6s內(nèi)摩擦力平均功率之比即為平均速度之比，又因這兩個(gè)時(shí)段的平均速度大小相等，故平均功率之比為1∶1，選項(xiàng)B正確；根據(jù)功能關(guān)系，機(jī)械能變化量之比等于摩擦力做功之比，而0～1s與1～6s內(nèi)位移之比為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×10×1))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×10×5))＝1∶5，所以機(jī)械能變化量大小之比為1∶5，選項(xiàng)C正確；在0～1s內(nèi)mgsinθ＋Ff＝m×10，在1～6s內(nèi)mgsinθ－Ff＝m×2，解得Ff＝4m,1～6s內(nèi)動(dòng)能變化量大小與機(jī)械能變化量大小之比為：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×m×102))∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4m×\f(1,2)×10×5))＝1∶2，選項(xiàng)D正確．9．(2022·重慶卷)某車以相同的功率在兩種不同的水平路面上行駛，受到的阻力分別為車重的k1和k2倍，最大速率分別為v1和v2，那么(B)A．v2＝k1v1 B．v2＝eq\f(k1,k2)v1C．v2＝eq\f(k2,k1)v1 D．v2＝k2v1解析：機(jī)車在不同的路面以相同的功率按最大速度行駛，可推斷機(jī)車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡，由公式P＝Fv，F(xiàn)＝kmg，可推出P＝k1mgv1＝k2mgv2，解得v2＝eq\f(k1,k2)v1，故B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．10．如下圖，木板質(zhì)量為M，長度為L，小木塊質(zhì)量為m，水平地面光滑，一根不計(jì)質(zhì)量的輕繩通過定滑輪分別與M和m連接，小木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.開始時(shí)木塊靜止在木板左端，現(xiàn)用水平向右的力將m拉至右端，拉力至少做功為(A)A．μmgL B．2μmgLC．μmgL/2 D．μ(M＋m)gL解析：運(yùn)用隔離法得出拉力F＝2μmg，在將木塊從木板左端拉至右端過程中，木板左移、木塊右移，且它們位移大小相等，因而木塊對(duì)地向右位移大小為x＝L/2，拉力做功為WF＝Fx＝2μmg·L/2＝μmgL.11．如下圖，有三個(gè)斜面a、b、c，底邊長分別為L、L、2L，高度分別為2h、h、h.某一物體與三個(gè)斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同，這個(gè)物體分別沿三個(gè)斜面從頂端由靜止下滑到底端．關(guān)于克服摩擦力做的功，以下關(guān)系正確的選項(xiàng)是(CA．Wa<Wb<Wc B．Wa＝Wc>WbC．Wa＝Wb<Wc D．Wa<Wb＝Wc解析：設(shè)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，斜面傾角為α，斜面底邊長為x，那么物體受的摩擦力為：Ff＝μmg·cosα，克服摩擦力做功為：Wf＝Ff·eq\f(x,cosα)＝μmg·x，由此式可知：Wa＝Wb<Wc，C正確．12．如下圖，傳送帶AB的傾角為θ，且傳送帶足夠長．現(xiàn)有質(zhì)量為m可視為質(zhì)點(diǎn)的物體以v0的初速度從B端開始向上運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ>tanθ，傳送帶的速度為v(v0<v)，方向也向上，重力加速度為g.那么物體在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中，摩擦力對(duì)物體做功的最大瞬時(shí)功率是(C)A．μmgeq\r(v2＋v\o\al(2,0))cosθ B．μmgv0cosθC．μmgvcosθ D．eq\f(1,2)μmg(v＋v0)cosθ解析：由物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ>tanθ和傳送帶的速度v(v0<v)，可得出傳送帶向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體加速運(yùn)動(dòng)到和傳送帶速度相同時(shí)物體速度最大，此時(shí)摩擦力對(duì)物體做功的最大瞬時(shí)功率為μmgvcosθ，所以只有選項(xiàng)C正確．13．(2022·石家莊模擬)如下圖是質(zhì)量為1kg的滑塊在水平面上做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象．以下判斷正確的選項(xiàng)是(C)A．在t＝1s時(shí)，滑塊的加速度為零B．在4s～6s時(shí)間內(nèi)，滑塊的平均速度為2.5m/sC．在3s～7s時(shí)間內(nèi)，合力做功的平均功率為2WD．在5s～6s時(shí)間內(nèi)，滑塊受到的合力為2N解析：由題圖可知，t＝1s時(shí)，滑塊的加速度大小為2m/s2，A選項(xiàng)錯(cuò)誤.4s～6s時(shí)間內(nèi)，滑塊的位移x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×1＋\f(4,2)×1))m＝6m，所以平均速度為eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(x,t)＝3m/s，B選項(xiàng)錯(cuò)誤.3s～7s時(shí)間內(nèi)，合力做功W＝－eq\f(1,2)mv2＝－eq\f(1,2)×1×42J＝－8J，所以合力做功的功率P＝eq\f(|W|,t)＝eq\f(8,4)W＝2W，C選項(xiàng)正確.5s～6s時(shí)間內(nèi)F＝ma＝－4N，D選項(xiàng)錯(cuò)誤．14．(多項(xiàng)選擇)如下圖，車頭的質(zhì)量為m.兩節(jié)車廂的質(zhì)量也均為m.車的額定功率為P，阻力為車總重力的k倍，重力加速度為g，那么以下說法正確的選項(xiàng)是(BD)A．汽車掛一節(jié)車廂時(shí)的最大速度是掛兩節(jié)車廂時(shí)的兩倍B．汽車掛一節(jié)車廂時(shí)的最大速度為eq\f(P,2kmg)C．假設(shè)汽車掛兩節(jié)車廂時(shí)的最大速度為v，汽車始終以恒定功率P前進(jìn)，那么汽車的速度為eq\f(1,2)v時(shí)的加速度為eq\f(P,3mv)－gkD．汽車掛兩節(jié)車廂并以最大速度行駛，某時(shí)刻后面的一節(jié)車廂突然脫離，要想使汽車的速度不變，汽車的功率必須變?yōu)閑q\f(2,3)P解析：根據(jù)P＝2kmgv1，P＝3kmgv，可得汽車掛一節(jié)車廂時(shí)的最大速度是掛兩節(jié)車廂時(shí)的1.5倍，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，根據(jù)P＝2kmgv1，