专题06功和功率第03期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版

1专题6功和功率-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（I）一．选择题1．（2019湖北名校联盟三模）一辆机车的质量为m，额定功率为P，在保持额定功率不变的情况下，机车启动时的ν-t图象如图所示。已知t1时刻的速度为v1，t2时刻的速度为v2，且t1时刻的加速度为t2时刻的加速度的2倍。若机车所受阻力大小恒定，则下列说法正确的是A．机车在t1~t2时间内的平均速率小于B．机车所受的恒定阻力为C．机车能达到的最大速度为D．若机车以加速度a匀加速启动，则匀加速运动的时间为【参考答案】C【名师解析】时间内汽车做变加速运动，由图象的“面积”表示位移知，其位移大于匀加速直线运动的位移，则平均速度大于，故选项A错误；由题意，设时刻的加速度为a，，，联立解得，故选项B错误；机车能达到最大速度时，F=f，P=Fv，故，故选项C正确；由题意得：Fv=P，F-f=ma，故，故选项D错误。2.（2019河南示范性高中联考）如图甲所示静止在水平地面上的滑块在水平拉力F作用下从t=0时刻起，其加速度大小a随时间t的变化规律如图乙所示。已知滑块质量m=1kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2。则下列判断正确的是2A.t=2s时，滑块的速度大小为3.2m/sB.t=5s时，水平拉力F为零C.0~5s内，水平拉力F的冲量为15N·sD.0~5s内，水平拉力F所做的功为12.5J【参考答案】AC【名师解析】a-t图像与时间轴围成的面积等于滑块在某时刻的速度大小，由此求解t=2s时滑块的速度；根据动量定理求解水平拉力F的冲量；根据动能定理判断水平拉力F所做的功；a-t图像与时间轴围成的面积等于滑块在某时刻的速度大小，由图像可知，当t=2s时，a=1.2m/s2，，选项A正确；t=5s时，水平力F与摩擦力大小相等，摩擦力大小f=μmg=2N，选项B错误；5s时滑块的速度大小为；0-5s内水平拉力F的冲量为，解得IF=15N∙s，选项C正确；由动能定理可知合力做的功，所以水平拉力F的功大于12.5J，选项D错误；故选AC.【关键点拨】此题关键是要搞清a-t图像的物理意义，知道a-t图像的面积表示速度；能灵活运用动量定理和动能定理解题.3.（2019湖南雅礼中学月考）如图甲所示，在水平地面上固定一个倾角为的足够长的光滑斜面，小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动，拉力F随时间变化的图象如图乙所示，小滑块运动的速度一时间图象如图丙所示，重力加速度g为10m/s2。下列说法正确的是3A.斜面倾角为30，小滑块的质量m=2kgB.在0～2s时间内拉力F做的功为100JC.在0～1s时间内合外力对小滑块做功12.5JD.在0～4s时间内小滑块机械能增加80J【参考答案】BC【名师解析】4.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为k0E，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能kE与位移x的关系图线是（）【参考答案】C【名师解析】向上滑动的过程中，根据动能定理：k00()fEmgFx，同理，下滑过程中，由动能定理可得：k00()fEFmgx，故选项C正确，ABD错误。5.（多选）将质量为m的小球在距地面高度为h处抛出，抛出时的速度大小为v0，小球落到地面时的速度4大小为2v0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是()A．小球克服空气阻力做的功小于mghB．重力对小球做的功等于mghC．合外力对小球做的功小于m20vD．重力势能的减少量等于动能的增加量【参考答案】AB【名师解析】从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为mgh，所以选项A、B正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变化量：W合＝Ek＝12m(2v0)2－12m20v＝32m20vm20v，选项C错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D错误。6.(多选)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则()A.斜面只能是粗糙的B.小球运动到最高点时离斜面最远C.在P点时，小球的动能大于物块的动能D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等【参考答案】ACD【名师解析】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A正确；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故C正确；小球和物块初末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D正确。7.如右图甲所示，质量m＝1kg的物块（可视为质点）以v0＝10m/s的初速度从粗糙斜面上的P点沿斜面向5上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长．且不计空气阻力，取g＝10m/s2．下列说法中正确的是（）A．物块所受的重力与摩擦力之比为3：2B．在t＝1s到t＝6s的时间内物块所受重力的平均功为50WC．在t＝6s时物体克服摩擦力做功的功率为20WD．在t＝0到t＝1s时间内机械能的变化量大小与t＝1s到t＝6s时间内机械能变化量大小之比为1：5【参考答案】D【名师解析】设斜面倾角为θ，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程：下滑过程：根据牛顿第二定律得：带入数据解得：，故A错误；根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1-6s内的位移x=25m，则t=1s到t=6s的时间内物块所受重力的平均功率，故B错误；摩擦力，则t=6s时物体克服摩擦力做功的功率，故C错误；在t=0到t=1s时间内机械能的变化量大小，t=1s到6图甲FF/N0123t/s123v/ms-103t/s123图乙图丙t=6s时间内机械能变化量大小，则。故D正确．8.运输人员要把质量为，体积较小的木箱拉上汽车。现将长为L的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。斜面与水平地面成30o角，拉力与斜面平行。木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则将木箱运上汽车，拉力至少做功（）A．B．C．D．【参考答案】C【名师解析】在拉动过程中，克服重力做功为，克服摩擦力做功为，根据功能关系，拉力至少做功为：，C正确。二．计算题1．（14分）（2019上海长宁二模）如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。监测到推力F、物体速度v随时间t变化的规律如图乙、丙所示。求：（1）物体所受滑动摩擦力Ff的大小；（2）物体的质量m；（3）0~3s内物体位移s的大小；（4）0~3s内推力做功的平均功率P平均。7【名师解析】.（14分）（1）由图丙知，2~3s内物体做匀速直线运动，则=fFF由图乙知，==2NfFF（2分）（2）由图丙知，1~2s内物体做匀加速直线运动，则22030=m/s3m/s1tvvat（2分）由牛顿第二定律=fFFma（1分）321==kg=kg33fFFma（2分）（3）由图丙知，0~3s内位移为梯形面积，即（1分）12=()3m4.5m2s（1分）（4）由图乙、丙知，11==0JFWFs223==3Nm=4.5J2FWFs33==2N3m=6JFWFs（3分）(04.56)J===3.5W3sFWPt平均（2分）2.（14分）（2019上海浦东二模）如图1，质量m=10kg的物块静止在光滑水平面上A点，在水平外力F作用下，10s末到达B点，外力F随时间变化的规律如图2所示，取向右为正方向。求：（1）前10s内物块的位移大小S1和在B点的速度大小v1；（2）20s末物块的速度v2的大小和方向；（3）10s~20s时间内外力F所做的功。【名师解析】（1）（6分）对物块，在AB段，由牛顿第二定律可得：F1=ma1，8代入数值解得22114/0.4/10Famsmsm由运动学公式得22111110.4102022Satm1110.4104/vatms（2）（4分）在10s—20s内222212/1.2/10Famsmsm，方向水平向左211241.2108/vvatms，即20s末速度大小为8m/s，方向水平向左（3）（4分）在10s—20s内2221222114101.2102022svtatm22||||1220=240WFsJ3.（2019湖北宜昌4月调研）足够长的水平传送带右侧有一段与传送带上表面相切的14光滑圆弧轨道，质量为M＝2kg的小木盒从离圆弧底端h=0.8m处由静止释放，滑上传送带后作减速运动，1s后恰好与传送带保持共速。传送带始终以速度大小v逆时针运行，木盒与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木盒与传送带保持相对静止后，先后相隔T＝5s，以v0＝10m/s的速度在传送带左端向右推出两个完全相同的光滑小球，小球的质量m＝1kg．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中并与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t＝0.5s与木盒相遇。取g＝10m/s2，求：（1）传送带运动的速度大小v，以及木盒与第一个小球相碰后瞬间两者共同运动速度大小v1；（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇；（3）从木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量。【名师解析】．（18分）（1）设木盒下滑到弧面底端速度为v，对木盒从弧面下滑的过程由动能定理得212MghMv（1分）9依题意，木箱滑上传送带后做减速运动，由运动学公式有vvat（1分）对箱在带上由牛顿第二定律有=MgMa（1分）代入数据联立解得传送带的速度v=2m/s（1分）设第1个球与木盒相遇，根据动量守恒定律得01()mvMvmMv（1分）代入数据，解得v1=2m/s（1分）（2）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，则00stv（1分）设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有()()mMgmMa得：22m/sag（1分）设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则12vtta=1s（1分）故木盒在2s内的位移为零（1分）依题意：03svtvt（1分）其中t3为木盒回到与1球碰撞点后再随带运动的时间，则对1球和2球有0123ttttTt（1分）代入数据解得：s=10mt0=1s（1分）（3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为x，木盒的位移为x1,则：0()9mxvTtt（1分）1120()5mxvTtttt（1分）故木盒相对与传送带的位移为14mxxx（1分）则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量为24JQMmgx（）（2分）4.（2019重庆4月调研）图甲为某轻型起重机向房顶运输货物,其简图如图乙所示,一端有定滑轮的杆臂OA固定在O点，某次起重机以速度v0=1m/s匀速向上提升质量m=1t的重物(可视为质点),在重物离地面H=19.5m10时钢绳突然断裂,此时一辆l=3m的搬砖车正以v=0.5m/s的速度在图乙中CD方向运动,车头前端恰好处于重物正下方,搬砖车高h=1.5m。g取10m/s2，不计空气阻力。求:(1)匀速提升重物的过程中起重机的输出功率;(2)钢绳断裂时搬砖车司机立即加速加速度至少为多大才能避免被重物砸中?【参考答案】（1）起重机的输出功率等于提升重物的机械功率gvmFvP