（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第四道 选择题涉及的命题点 4.1 功和功率

第4道选择题涉及的命题点4－1功和功率4－2动能定理4－3机械能守恒定律4－4功能关系及能量守恒4－5用能量观点解决力学综合问题4－1功和功率备考精要一、功的求法1．恒力做功2．变力做功方法以例说法功率法汽车以恒定功率P在水平路面上运动t时间的过程中，牵引力做功WF＝Pt应用动能定理用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做功为WF，则有：WF－mgl·(1－cosθ)＝0，得WF＝mgl(1－cosθ)微元法质量为m的木块在水平面内做圆周运动，运动一周克服摩擦力做功Wf＝f·Δx1＋f·Δx2＋f·Δx3＋…＝f(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝f·2πR等效转换法恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做的功W＝F·hsinα－hsinβ平均力法弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做功W＝kx1＋kx22·(x2－x1)图像法一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0二、功率的求法1．平均功率的计算方法(1)利用P＝Wt。(2)利用P＝Fvcosθ，其中v为物体运动的平均速度，F为恒力。2．瞬时功率的计算方法(1)利用P＝Fvcosθ，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)利用P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。(3)利用P＝Fvv，其中Fv为物体受的外力F在速度v方向上的分力。3．额定功率与实际功率(1)额定功率：机械长时间正常工作而不损坏机械的最大输出功率。(2)实际功率：机器实际工作时的输出功率。[注意](1)一般机器铭牌上标明的功率表示该机器的额定功率。(2)实际功率一般小于或等于额定功率。三、解决机车启动问题时的四点技巧1．分清是匀加速启动还是恒定功率启动。2．匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。3．以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于PFf，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt。4．无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力()A．一直不做功B．一直做正功C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心解析：由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。答案：A2.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中()A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变答案：C解析：运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确。如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsinα，下滑过程中α减小，sinα变小，故摩擦力Ff变小，故B错误。运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。3.如图所示，倾角为30°的糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起。物块甲与粗糙斜面间的动摩擦因数为μ，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内OA长为L，OB长为L2，力F做的功为()A．mgL32μ＋32－12B．mgL32μ＋32＋12C．mgL12μ＋32－12D．mgL12μ＋32＋12解析：对物块甲：T＋mgsin30°＝μmgcos30°；对物块乙：F＝T＋mgsin60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL32μ＋32－12，故A正确。答案：A4.[多选](2019·湖南六校联考)质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则()A．3t0时刻的瞬时功率为8F02t0mB．3t0时刻的瞬时功率为4F02t0mC．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为8F02t03mD．在0～3t0这段时间内，水平力的平均功率为4F02t0m解析：在0～2t0时间内，物体的加速度a＝F0m，则2t0时刻的瞬时速度v1＝a·2t0＝2F0t0m，在2t0～3t0时间内，物体的加速度a′＝2F0m，则3t0时刻的瞬时速度v＝v1＋a′t0＝4F0t0m。所以3t0时刻的瞬时功率P＝2F0v＝8F02t0m，故A正确，B错误。在0～3t0这段时间内，根据动能定理得：水平力做的功W＝12mv2－0＝12m4F0t0m2＝8F02t02m，则平均功率P＝W3t0＝8F02t03m，故C正确，D错误。答案：AC5．一物块放在水平面上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动，物块受到的阻力与速度成正比，则关于拉力F的功率随时间变化的规律正确的是()答案：C解析：由题知，阻力与速度的关系式为：f＝kv，根据牛顿第二定律得：F－f＝F－kv＝ma，解得：a＝Fm－kmv，在运动的过程中，速度增大，加速度减小，物块做加速度减小的加速运动，可知速度时间图线的切线斜率逐渐减小，根据P＝Fv知，F不变，则P­t图线的形状与v­t图线的形状相同，故C正确，A、B、D错误。二练会迁移——综合性考法1．[多选]如图所示，倾角为37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2m的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4m，现将质量为m＝1kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，不计空气阻力。矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是()A．矩形板受到的摩擦力为Ff＝4NB．矩形板的重力做功为WG＝3.6JC．产生的热量为Q＝0.8JD．矩形板的上边缘穿过橡胶带下边缘时速度大小为2355m/s答案：BCD解析：矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，故A错误；重力做功WG＝mg(L＋d)sinθ＝3.6J，所以B正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝2×12μmgcosθ·d＝0.8J，所以C正确；根据动能定理：WG－Q＝12mv2－0，解得v＝2355m/s，所以D正确。2．[多选]如图甲所示，一个质量m＝2kg的物块静止放置在粗糙水平地面O处，物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5。在水平拉力F作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点O处，取水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度v随时间t变化规律如图乙所示。取g＝10m/s2。下列说法正确的是()A．物块经过4s时间到出发点B．4.5s时水平力F的瞬时功率为24WC．0～5s内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零D．0～5s内物块所受合力的平均功率为1.8W解析：由题图乙可知，前4s内速度方向始终为正方向，故前4s时间内没有回到出发点，选项A错误；根据v­t图线的斜率表示加速度，可知3～5s内，加速度a＝－31m/s2＝－3m/s2,4.5s时的速度v＝aΔt＝－3×(4.5－4)m/s＝－1.5m/s，根据牛顿第二定律有F＋μmg＝ma，得F＝－16N，负号表示力的方向水平向左，水平力F的瞬时功率P＝Fv＝24W，选项B正确；滑动摩擦力的方向始终与速度方向相反，摩擦力始终做负功，选项C错误；3～5s内合力为恒力，物块的位移为零，答案：BD合力做的功为零，0～3s内，物块的加速度a1＝33m/s2＝1m/s2，位移x1＝12×1×32m＝4.5m，合力做的功W＝ma1x1＝9J,0～5s内合力的平均功率P＝Wt＝95W＝1.8W，选项D正确。3.(2019·石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v­t图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为v22D．t3～t4时间内，拉力做的功为mv3＋v42[(v4－v3)＋g(t4－t3)]答案：D解析：根据题意，向上为正方向，故在t3～t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，故选项A错误。t0～t2时间内，速度一直增大，根据动能定理可以知道，合力对小球一直做正功，故选项B错误。0～t2时间内，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为v22，故选项C错误。根据动能定理，在t3～t4时间内：WF－mg·v3＋v42·(t4－t3)＝12mv42－12mv32，整理可得WF＝mv3＋v42·[(v4－v3)＋g(t4－t3)]，故选项D正确。4．(2019·临沂一模)如图甲所示，质量m＝2kg的小物体放在长直的水平地面上，用水平细线绕在半径R＝0.5m的薄圆筒上。t＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10m/s2，则()A．小物体的速度随时间的变化关系满足v＝4tB．细线的拉力大小为2NC．细线拉力的瞬时功率满足P＝4tD．在0～4s内，细线拉力做的功为12J解析：根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t，圆周边缘线速度与物体运动速度大小相同，根据v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A错误；物体运动的加速度a＝ΔvΔt＝0.5tt＝0.5m/s2，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5N＋0.1×2×10N＝3N，故B错误；细线拉力的瞬时功率P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C错误；物体在4s内运动的位移：x＝12at2＝12×0.5×42m＝4m，在0～4s内，细线拉力做的功为：W＝Fx＝3×4J＝12J，故D正确。答案：D5.[多选](2019·衡阳联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图像所给的信息，下列说法正确的是()A．汽车行驶中所受的阻力为F1v1v3B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为mv1v3v3－v1C．速度为v2时的加速度大小为F1v1mv2D．若速度为v2时牵引力恰为F12，则有v2＝2v1解析：根据牵引力和速度的图像以及功率公式P＝Fv得汽车运动中的最大功率为F1v1。汽车达到最大速度时加速度为零，所以此时阻力等于牵引力，所以阻力Ff＝F1v1v3，选项A正确。根据牛顿第二定律，有恒定加速度时，加速度a′＝F1－Ffm＝F1m－F1v1mv3，加速的时间t＝v1a′＝mv1v3F1v3－v1，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I＝F1t＝mv1v3v3－v1，故选项B正确。速度为v2时的牵引力是F1v1v2，对汽车受力分析，受重力、支持力、答案：ABD牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，速