2019年高考物理二轮复习 专题二 能量与动量 第5讲 功 功率 动能定理练案

专题二 第5讲 功 功率 动能定理

限时：40分钟

一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)

1．(2018·湖南省郴州市高三下学期一模)如图所示，质量为m 的物块与转台之间的最大静摩擦力为物块重力的k 倍，物块与转轴OO ′相距R ，物块随转台由静止开始转动，当转速缓慢增加到一定值时，物块即将在转台上滑动，在物块由静止到相对滑动前瞬间的过程中，转台的摩擦力对物块做的功为( D )

A ．0

B ．2πkmgR

C ．2kmgR

D ．0.5kmgR

[解析] 根据牛顿第二定律得：kmg ＝m v 2R

，根据动能定理得转台的摩擦力对物块做的功为W ＝12mv 2＝12

kmgR ，故ABC 错误，D 正确；故选D 。 2．(2018·陕西省西交大附中高三下学期期中)如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从B 点自由释放，两小球先后经过C 点时速度大小相等，方向夹角为30°，已知B 、C 高度差为h ，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知( C )

A ．小球甲作平抛运动的初速度大小为2gh

3

B ．甲、乙两小球到达

C 点所用时间之比为1∶ 3

C ．A 、B 两点高度差为h

4

D ．两小球在C 点时重力的瞬时功率大小相等

[解析] 小球乙到C 的速度为v ＝2gh ，此时小球甲的速度大小也为v ＝2gh ，又因

为小球甲速度与竖直方向成30°角，可知水平分速度为

2gh 2，故A 错；小球乙运动到C 时所用的时间为h ＝12gt 2得t ＝2h g

， 而小球甲到达C 点时竖直方向的速度为6gh 2，所以运动时间为t ′＝6gh 2g ，所以甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为3∶2，故B 错；由甲乙各自运动的时间得：Δh ＝12gt 2－12gt ′2＝h 4

，故C 对；由于两球在竖直方向上的速度不相等，所以两小球在C 点时重力的瞬时功率也不相等，故D 错；故选C 。

3．(2018·宁夏银川二中高三下学期模拟三试题)如图所示，一细线系一小球绕O 点在竖直面做圆周运动，a 、b 分别是轨迹的最高点和最低点，c 、d 两点与圆心等高，小球在a 点时细线的拉力恰好为0，不计空气阻力，则下列说法正确的是( A )

A ．小球从a 点运动到b 点的过程中，先失重后超重

B ．小球从a 点运动到b 点的过程中，机械能先增大后减小

C ．小球从a 点运动到b 点的过程中，细线对小球的拉力先做正功后做负功

D ．小球运动到c 、d 两点时，受到的合力指向圆心

[解析] 小球在a 点时细线的拉力恰好为0，重力提供向心力处于完全失重状态，到最低点b 时，拉力大于重力处于超重状态，所以小球从a 点运动到b 点的过程中，先失重后超重，故A 正确；在运动过程中拉力不做功，只有重力做功，所以机械能守恒，故BC 错误；c 、d 两点重力方向向下，拉力方向指向圆心，所以合力方向不指向圆心，故D 错误。所以A 正确，BCD 错误。

4．(2018·陕西省宝鸡市模拟)如图所示，竖直平面内有一半径为R 的固定14

圆轨道与水平轨道相切于最低点B 。一质量为m 的小物块P (可视为质点)从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B 、C 两点间的距离为R ，物块P 与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将物块P 从A 处正上方高度为R 处由静止释放后，从A 处进入轨道，最终停在水平轨道上D 点(未标出)，B 、D 两点间的距离为s ，下列关系正确的是( C )

A ．s >(1＋1μ

)R B ．s ＝(1＋1μ)R C ．s <(1＋1μ)R D ．s ＝2R

[解析] 根据动能定理，对物块P 第一次运动，有mgR －W f －μmgR ＝0；对物块P 第二次运动，有mg ·2R －W f ′－μmgs ＝0。对物块P 经过在圆轨道任一处，第二次运动时速度较

大，向心力较大，对轨道的压力较大，滑动摩擦力较大，可见W f

)R 。 5．(2018·河南省开封市高三下学期5月模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离。不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中( CD )

A ．笔帽一直做加速运动

B ．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等

C ．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等

D ．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率

[解析] 弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A 错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽作正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D 正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B 错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C 正确，故选CD 。

6．(2018·贵州省贵阳市高三5月模拟)如图所示，半径为R 的大圆环用一硬质轻杆固定在竖直平面内，在大圆环上套一个质量为m 的小环(可视为质点)，小环从大圆环的最低点以初速度v 0沿大圆环上升至与圆心等高点时速度为零，再沿大圆环滑回最低点，大圆环始终静止，重力加速度大小为g 。关于该过程，下列说法正确的是( BC )

A ．轻杆对大圆环的作用力方向始终竖直向上

B ．小环下滑过程摩擦力做功小于12

mv 20－mgR C ．小环下滑过程重力的冲量比上滑过程重力的冲量大

D ．小环下滑过程重力的平均功率比上滑过程重力的平均功率大

[解析] 小圆环在沿大圆环滑动过程中，对大圆环的压力有水平方向的分量，可知轻杆对大圆环的作用力方向只有在小圆环到达最低点或最高点时竖直向上，选项A 错误；小圆环

上滑过程中摩擦力的功为W f 上＝12

mv 20－mgR ；下滑过程中的平均速度小于上滑过程的平均速度，下滑过程小圆环对大圆环的平均压力小于上滑过程中的平均压力，可知下滑过程中摩擦力小于上滑过程中的摩擦力，从而下滑过程中摩擦力的功小于上滑过程的摩擦力的功，即W f 下

mv 2

0－mgR ，选项B 正确；下滑过程中的平均速度小于上滑过程的平均速度，则下

滑过程时间大于上滑过程的时间，则根据I ＝mgt 可知，小环下滑过程重力的冲量比上滑过程重力的冲量大，选项C 正确；上下过程重力的功相同，下滑过程时间大于上滑过程的时间，则根据P ＝W /t 可知，小环下滑过程重力的平均功率比上滑过程重力的平均功率小，选项D 错误；故选BC 。

7．(2018·河北省张家口市二模)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图所示。下列说法正确的是( ABC )

A ．0～6s 内物体的位移大小为30m

B ．2～6s 内拉力做的功为40J

C ．合外力在0～6s 内做的功与0～2s 内做的功相等

D ．滑动摩擦力的大小为5N

[解析] 0～6s 内物体的位移大小x ＝4＋62

×6m＝30m 。故A 正确；在0～2s 内，物体的加速度a ＝Δv Δt ＝3m/s 2，由图知，当P ＝30W 时，v ＝6m/s ，得到牵引力F ＝P v

＝5N 。在0～2s 内物体的位移为x 1＝6m ，则拉力做功为W 1＝Fx 1＝5×6J＝30J 。2～6s 内拉力做的功W 2＝Pt ＝10×4J＝40J 。所以0～6s 内拉力做的功为W ＝W 1＋W 2＝70J 。故B 正确；在2～6s 内，物

体做匀速运动，合力为零，则合外力在0～6s 内做的功与0～2s 内做的功相等。故C 正确；在2～6s 内，v ＝6m/s ，P ＝10W ，物体做匀速运动，摩擦力f ＝F ，得到f ＝F ＝P v ＝

106N ＝53N 。故D 错误。故选：ABC 。

8．(2018·山西省晋城市二模)如图甲所示，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC ，小球以一定的初速度从最低点A 冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A 运动到C 的过程中，其速率平方与其对应高度的关系图象。已知小球在最高点C 受到轨道的作用力为

1.25N ，空气阻力不计，B 点为AC 轨道中点，g ＝10m/s 2

，下列说法正确的是( BC )

A ．小球质量为0.5kg

B ．小球在B 点受到轨道作用力为4.25N

C ．图乙中x ＝25m 2/s 2

D ．小球在A 点时重力的功率为5W

[解析] 由图乙可知小球在C 点的速度大小为v ＝3m/s ，轨道半径R ＝0.4m ，因小球所受重力与弹力的合力提供向心力，所以有mg ＋F ＝mv 2R

，带入数值解得m ＝0.1kg ，A 错误；由机械能守恒可得，12mv 2＋mgR ＝12

mv 2B ，解得小球在B 点的速度v 2B ＝17m 2/s 2，因B 点是弹力提供向心力，所以有F ＝mv 2B R ，解得F ＝4.25N ，B 正确；再由机械能守恒定律可得：12

mv 2＋2mgR ＝12

mv 20，解得小球在A 点的速度v 0＝5m/s ，所以图乙中x ＝25m 2/s 2，C 正确；因重力与速度方向垂直，所以小球在A 点的重力的功率为0，D 错误，故选BC 。

二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)

9．(2018·山西省孝义市高三下学期一模理综)骏驰汽车赛车场有一段赛道可简化为这样：平直的赛道中间有一段拱形路面，其最高点P 与水平路面的高度差为1.25m ，拱形路面前后赛道位于同一水平面上。以54km/h 的初速度进入直道的赛车，以90kW 的恒定功率运动10s 到达P 点，并恰好从P 点水平飞出后落到水平赛道上，其飞出的水平距离为10m 。将赛车视为质点，不考虑赛车受到的空气阻力。已知赛车的质量为1.6×103kg ，取g ＝10m/s 2

，求：

(1)赛车到达P 点时速度的大小；

(2)拱形路面顶点P 的曲率半径；

(3)从进入直道到P 点的过程中，汽车克服阻力做的功。

[解析] (1)赛车到达P 点时速度的大小为v P ，从P 点飞出后做平抛运动，时间为t

则有：水平方向x ＝v p t ，竖直方向h ＝12

gt 2 联立解得：v p ＝20m/s

(2)拱形路面顶点P 的曲率半径为R ，则有：mg ＝m v 2

p R

解得：R ＝40m

(3)从进入直道到P 点的过程中，汽车克服阻力做的功W f

根据动能定理可得：Pt －mgh －W f ＝12

mv 2p 解得：W f ＝7.4×105

J 。

10．(2018·山西省高三下学期模拟)如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h ＝0.2m ，小车质量M ＝3kg ，质量m ＝1kg 的小物块(可视为质点)静置于车板上某处A ，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1。现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t 1＝1.6s 时物块从车板上滑落。已知小车的速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示，

小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的110

，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10m/s 2。求：

(1)物块从离开车尾B 到落地过程所用的时间Δt 以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P ；

(2)物块落地时落地点到车尾B 的水平距离s 0；

(3)0～2s 时间内小车的牵引力做的功W 。

[解析] (1)物块从车板上滑落后做平抛运动，

则有h ＝12

g (Δt )2 代入数据解得Δt ＝0.2s

物块滑落前受到的滑动摩擦力大小：f ＝μmg ＝1N

根据牛顿第二定律得物块的加速度大小：a 1＝μg ＝1m/s 2

当运动时间t 1＝1.6s 时物块的速度v 1＝a 1t 1

解得：v 1＝1.6m/s

由于v 1＜2m/s ，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动

摩擦力的功率最大值P ＝fv 1

解得：P ＝1.6W 。

(2)物块滑落后前进的距离s 1＝v 1Δt

由题图乙得t ＝1.6s 时小车的速率v 2＝2m/s

物块滑落后小车前进的距离s ＝v 2Δt

落地点到车尾B 的水平距离s 0＝s －s 1

解得：s 0＝0.08m 。

(3)0～1s 时间内，由题图乙得小车的加速度大小为： a 2＝Δv Δt ＝21

m/s 2＝2m/s 2 根据牛顿第二定律得F 1－f －k (M ＋m )g ＝Ma 2，

其中k ＝110

解得：F 1＝11N

小车的位移大小为：s 2＝12a 2t 2＝12

×2×12m ＝1m 1～1.6s 时间内，牵引力F 2＝k (M ＋m )g ＋f ＝5N 由题图乙得小车的位移大小：s 2′＝2×0.6m＝1.2m

1．6～2s 时间内，牵引力F 3＝kMg ＝3N

由题图乙得小车的位移大小：s 2″＝2×0.4m＝0.8m 0～2s 时间内小车的牵引力做的功为：W ＝F 1s 2＋F 2s 2′＋F 3s 2″＝19.4J 。