2021届高考物理一轮复习5第1讲功和功率练习含解析

第1讲 功和功率考点一　功和恒力做功对功的理解【典例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】选A。因为大圆环对小环的作用力始终与速度垂直不做功，因此A正确、B错误； 从静止开始在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力先背离大圆环圆心，后指向大圆环圆心，故C、D项错误。恒力做功【典例2】(多选)质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t=0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，取水平向右为正方向，此物体的v-t图象如图乙所示，g取10 m/s2，则              (　　)A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10 s内恒力F对物体做功102 JC.10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D.10 s内物体克服摩擦力做功34 J【解析】选C、D。设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图象得加速度大小a1=2 m/s2，方向与初速度方向相反，设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图象得加速度大小a2=1 m/s2，方向与初速度方向相反，根据牛顿第二定律得，F+μmg=ma1，F-μmg=ma2，解得F=3 N，μ=0.05，故A错误；根据v-t图象与横轴所围成的面积表示位移得，x=×4×8 m-×6×6 m=-2 m，负号表示物体在起点的左侧，则10 s内恒力F对物体做功W=Fx=3×2 J=6 J，故B错误，C正确；10 s内物体克服摩擦力做功Wf=Ffs=0.05×20×(×4×8+×6×6) J=34 J，故D正确。【多维训练】(2019·长沙模拟)一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。10 s后的v-t图象没有画出，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是              (　　)A.物块滑动时受到的摩擦力大小是6 NB.物块的质量为1 kgC.物块在0～10 s内克服摩擦力做功为50 JD.物块在10～15 s内的位移为6.25 m【解析】选D。由题图乙可知，在5～10 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f=F′=4 N，故A错误；在0～5 s内物块的加速度为a== m/s2=1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F-f=ma，解得m=2 kg，故B错误；在0～10 s内物块通过的位移为x=×(5+10)×5 m=37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf=fx=4×37.5 J=150 J，故C错误；撤去外力后物块的加速度为a′==-2 m/s2，减速到零所需时间为t′= s=2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′== m=6.25 m，故D正确。1.功的正负判断方法：(1)恒力做功的判断：依据力与位移方向的夹角来判断。(2)曲线运动中功的判断：依据F与v的方向夹角α来判断。0°≤α<90°时，力对物体做正功；90°<α≤180°时，力对物体做负功；α=90°时，力对物体不做功。(3)依据能量变化来判断：功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功。此法常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。2.恒力做功的计算方法：3.总功的计算方法：方法一：先求合力F合，再用W总=F合lcosα求功，此法要求F合为恒力。方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总=W1+W2+W3+…求总功，注意代入“+”“-”再求和。【加固训练】1.(2019·南京模拟)如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块(可视为质点)的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至木板右端，拉力至少做功为              (　　) A.　　　　　　　B.2μmgLC.μmgL      D.μ(M+m)gL【解析】选C。若使拉力F做功最少，在拉力F作用下使小木块m和木板M恰好做匀速直线运动，对小木块m和木板进行受力分析得出拉力F=2μmg(此时绳子上的拉力等于μmg)，而拉力F发生的位移为，所以由功的公式可得W=Fs=2μmg×=μmgL，选项C正确。2.(多选)水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看作质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道动摩擦因数为μ。用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，则 (　　)A.拉力F所做功为nFlB.系统克服摩擦力做功为C.F>D.(n-1)μmg<F<nμmg【解析】选B、C。物块1的位移为(n-1)l，则拉力F所做功为 WF=F·(n-1)l=(n-1)Fl，故A错误；系统克服摩擦力做功为Wf=μmgl+μmg·2l+…+μmg·(n-2)l+μmg·(n-1)l=，故B正确；连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度正好为零，假设没有动能损失，由动能定理得WF=Wf，解得F=，由于细线绷紧瞬间系统有动能损失，根据功能关系可知F>，故C正确，D错误。 考点二　变力做功微元法求变力的功【典例3】如图所示，某人用力F转动半径为R的磨盘，力F的大小不变，且方向始终与过力的作用点的转盘的切线一致，则在转动一周过程中力F做的功为(　　)A.0  B.2πRF  C.RF  D.-2πRF【解析】选B。在转动转盘一周过程中，力F的方向时刻变化，但每一瞬时力F总是与该瞬时的速度同向(切线方向)，即每一瞬时转盘转过的极小位移Δx1、Δx2、Δx3……都与当时的F方向同向，因而在转动一周过程中，力F做的功应等于在各极小位移段所做功的代数和，即W=(FΔx1+FΔx2+FΔx3+FΔx4+…+FΔxn)=F(Δx1+Δx2+Δx3+Δx4+…+Δxn)=2πFR，选项B正确。平均力法求变力的功【典例4】用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比。已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度为              (　　)A.(-1)d   B.(-1)dC.    D.d【解析】选B。铁锤每次敲钉子时对钉子做的功等于钉子克服阻力做的功。由于阻力与深度成正比，可用阻力的平均值求功，据题意可得W=d=dW=d′=d′联立解得d′=(-1)d，故选B。图象法求变力的功【典例5】轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示，物块运动至x=0.4 m处时速度为零，则此过程物块克服弹簧弹力做的功为(g取10 m/s2)              (　　) A.3.1 J  B.3.5 J  C.1.8 J  D.2.0 J【通型通法】1.题型特征：外力F和弹簧的弹力为变力，已知F随位移变化的图象。2.思维导引：(1)分析物块的受力情况和做功情况。(2)图象与横轴围成的面积表示外力F做的功。(3)由动能定理求物块克服弹簧弹力做的功。【解析】选A。物块与水平面间的摩擦力为Ff=μmg=1 N，现对物块施加水平向右的外力F，由F-x图象面积表示功可知，物块运动至x=0.4 m处时F做功W=3.5 J，克服摩擦力做功Wf=Ffx=0.4 J，由动能定理得W-Wf-W弹=0-0，解得W弹=3.1 J，故A正确，B、C、D错误。【多维训练】(2020·邵阳模拟)静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动(如图甲所示)，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆。则小物块运动到x0处时的动能为 (　　)A.0　　　B.Fmx0　　　C.Fmx0　　　D.【解析】选C。由于W=Fx，所以F-x图象与x轴所夹的面积表示功，由图象知半圆形的面积为Fmx0。选项中C正确。变力做功方法与选用方法以例说法应用动能定理用力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，绳子对物块做功W=F·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=·(x2-x1)图象法一水平拉力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=x0【加固训练】如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功              (　　) A.mgR　　　　　　　 B.mgRC.mgR      D.mgR【解析】选C。在Q点由牛顿第二定律得FN-mg=m，FN=2mg，联立解得v=，下滑过程中，根据动能定理得mgR-Wf=mv2，解得Wf=mgR，所以克服摩擦力做功mgR，故C正确，A、B、D错误。考点三　功率功率的计算【典例6】(多选)(2018·全国卷Ⅲ) 地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同：两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程              (　　) A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5【通型通法】1.题型特征：图象分析+功率计算。2.思维导引：运动情况→分析受力→选用方法→解决问题【解析】选A、C。由图象可知图线①过程所用时间为2t0，由于两次提升的高度相同，图线①②与x轴围成的面积相等可知图线②过程所用时间为2.5t0，因此矿车上升所用时间之比为4∶5，A对；由于它们的变速阶段加速度大小相同，电机的最大牵引力相等，B错；由Pm=Fv可知，F最大，v最大时，P最大，F相等，vm之比为2∶1，所以最大功率之比为2∶1，C对；电机做功W提供矿石的重力势能和动能，据动能定理W-mgh=ΔEk，由于提升高度相同，ΔEk=0，所以做功相等，D错，故选A、C。机车启动模型模型1　匀加速启动【典例7】一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的功率达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2匀速上升，不计钢绳重力。则整个过程中，下列说法正确的是              (　　)A.钢绳的最大拉力为B.重物匀加速过程的时间为C.重物匀加速过程的加速度为D.速度由v1增大至v2的过程中，重物的平均速度<【解析】选B。匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F=，故A错误；根据牛顿第二定律可知F-mg=ma，结合v=at解得a=-g，t=，故B正确，C错误；在速度由v1增大至v2的过程中，做加速度减小的变加速运动，平均速度>，故D错误。模型2　恒定功率启动【典例8】一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为Ff。以下说法正确的是(　　)A.汽车的功率为FfvB.当汽车的速度增加到2v时，加速度为C.汽车行驶的最大速率为(1+)vD.当汽车的速度为v时，行驶的距离为【解析】选C。设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律得-Ff=ma，解得 P=(Ff+ma)v，故A错误；加速度为时，此时牵引力为F，则 F-Ff=m·，解得F=Ff+m·，此时速度为 v′==v+v<2v，故B错误；汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，速率最大，故有 vm==(1+)v，故C正确；因为该汽车以恒定功率行驶，做加速度减小的变加速运动，无法算出其行驶的距离，故D错误。 1.求功率的基本思路：2.机车启动问题：恒定功率启动动态过程P-t图象和v-t图象恒定加速度启动动态过程 P-t图象和v-t图象三个重要关系式(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm= 。(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v= <vm= 。(3)机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W=P额t，由动能定理得P额t-Ffx=ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间【加固训练】1.如图所示，三个相同小球甲、乙、丙的初始位置在同一水平高度。小球甲从竖直固定的四分之一光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，轨道底端切线水平。小球乙从离地高为R的某点开始做自由落体运动。小球丙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。则              (　　)A.甲、乙、丙刚到达地面时速度相同B.甲、丙两球到达轨道底端时重力的瞬时功率相同C.乙球下落过程中重力的平均功率大于丙球下滑过程中重力的平均功率D.若仅解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定，丙球释放后斜面对其不做功【解析】选C。甲、乙、丙球刚到达地面时速度大小相同，方向不同，A项错；甲球到达轨道底端时速度方向与重力方向垂直，瞬时功率为零，而丙球到达轨道最低点时瞬时功率并不为零，B项错；乙球下落和丙球下滑过程中重力做功相同，但乙球下落时间较短，乙球下落过程中重力的平均功率较大，C项正确；解除光滑斜面与光滑水平地面间的固定后释放丙球，丙球下滑过程中斜面将会发生移动，支持力对丙球做负功，D项错误。2.(多选)如图，汽车以一定的初速度连续爬两段倾角不同的斜坡ac和cd，在爬坡全过程中汽车保持某恒定功率不变，且在两段斜面上受到的摩擦阻力大小相等。已知汽车在经过bc 段时做匀速运动，其余路段均做变速运动。以下描述该汽车运动全过程的v-t 图中，可能正确的是              (　　)【解析】选B、C。在斜面上时，受到的阻力大小Ff总=mgsinθ+Ff，若在斜坡ab上运动时，牵引力大于受到的总阻力，汽车做加速运动，根据P=Fv可知，牵引力减小，结合牛顿第二定律可知，加速度减小，当牵引力等于总阻力时，开始匀速运动，到达斜面cd后，斜面的倾角减小，重力沿斜面的分力减小，总阻力减小，此时牵引力大于总阻力，做加速运动，速度增大，根据P=Fv可知，牵引力减小，做加速度减小的加速运动，故A错误，B正确；若在斜坡ab上运动时，牵引力小于总阻力，做减速运动，速度减小，根据P=Fv可知，牵引力增大，结合牛顿第二定律可知，加速度减小，当牵引力等于阻力时，速度减小到最小，此后匀速运动，到达斜面cd后，斜面的倾角减小，重力沿斜面的分力减小，总阻力减小，此时牵引力大于总阻力，做加速运动，速度增大，根据P=Fv可知，牵引力减小，做加速度减小的加速运动，故C正确，D错误。