（全国通用版）2019版高考物理大一轮复习 第五章 机械能及其守恒定律 课时达标14 功和功率

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1、第14讲功和功率[解密考纲]考查对功、功率(平均功率、瞬时功率)的理解，能将变力功转化为恒力功、图象法求解．1．如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道弧AB，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿滑槽道拉至B点，若拉力F的方向时时刻刻均与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　C　)A．0B．FRC．πFRD．2πFR解析　虽然拉力方向时刻改变，但力与运动方向始终一致，用微元法，在很小的一段位移内可以看成恒力，小球的路程为πR＋π，则拉力做的功为πFR，故选项C正确．2．如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点处的小物块，

2、在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随小物块所在位置坐标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F做的总功为(　C　)A．0B．Fmx0C．Fmx0D．x解析　F为变力，根据F－x图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算．图线为半圆，由图线可知在数值上Fm＝x0，故W＝π·F＝π·Fm·x0＝Fmx0.选项C正确．3．如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块质量为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拉至右端，拉力至少做功为(　A　)

3、A．μmgLB．2μmgLC．μmgL/2D．μ(M＋m)gL解析　运用隔离法得出最小的拉力F＝2μmg，在将小木块从木板左端拉至右端过程中，木板左移、小木块右移，且它们位移大小相等，因而小木块对地向右位移大小为x＝，此时拉力做功为WF＝Fx＝2μmg·＝μmgL.选项A正确．4．如图所示，有三个斜面a、b、c，底边长分别为L、L、2L，高度分别为2h、h、h.某一物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端．关于克服摩擦力做的功，下列关系正确的是(　C　)A．WaWbC．Wa＝Wb

4、Wb＝Wc解析　设动摩擦因数为μ，斜面倾角为α，斜面底边长为x，则物体受的摩擦力为Ff＝μmg·cosα，克服摩擦力做功为Wf＝Ff·＝μmg·x，由此式可知Wa＝Wb

5、拉力的瞬时功率满足P＝4tD．在0～2s内，电动机做的功为8J解析　物体的加速度a＝m/s2＝1m/s2，故物体的运动速度v＝at＝t，圆筒转动的加速度随时间的变化关系满足ω＝＝＝5t，选项A正确；根据牛顿第二定律可知，细线的拉力大小为F＝ma＋μmg＝1×1N＋0.2×10N＝3N，选项B错误；细线拉力的瞬时功率满足P＝Fv＝3t，选项C错误；由能量关系可知，在0～2s内，电动机做的功为W＝(M＋m)v2＋μmgx＝×2×22J＋0.2×10××1×22J＝8J，选项D正确．6．如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上，(不计

6、空气阻力)则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(　B　)A．mgv0tanθB．C．D．mgv0cosθ解析　球落在斜面上时重力的瞬时功率为P＝mgvy而vytanθ＝v0，所以P＝，选项B正确．7．在足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t＝0时撤去推力，0～6s内速度随时间的变化情况如图所示，由图象可判定下列说法不正确的是(　A　)A．0～1s内重力的平均功率大小与1～6s内重力平均功率大小之比为5∶1B．0～1s内摩擦力的平均功率与1～6s内摩擦力平均功率之比为1∶1C．0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5D．1～6s

7、内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2解析　设斜面的倾角为θ，0～1s内重力的平均功率P1＝，1～6s内重力平均功率大小P2＝，则P1∶P2＝1∶1，选项A错误；0～1s与1～6s内摩擦力平均功率之比即为平均速度之比，又因这两个时段的平均速度大小相等，故平均功率之比为1∶1，选项B正确；根据功能关系，机械能变化量之比等于摩擦力做功之比，而0～1s与1～6s内位移之比为∶＝1∶5，所以机械能变化量大小之比为1∶5，选项C正确；在0～1s内mgsinθ＋Ff＝m×10，在1～6s内mgsinθ－Ff＝m×2，解得Ff＝4m,1～6s内动能变化量大小与机械能变

8、化量大小之比为∶＝1∶2