2017-2018高中物理二轮专题检测：（七） 掌握“两概念”“一模型”破解功和功率问题含解析

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1、8专题检测（七）掌握“两概念”“一模型”，破解功和功率问题1.如图所示，质量m＝1kg、长L＝0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平.板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F＝5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10m/s2)(　　)A、1J　　　　　　　　　　　B、1.6JC、2JD、4J解析：选B　在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f＝μmg＝4N.力F做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为，则做的功至少为W＝f×＝1.6J，

2、所以B正确.2.[多选]如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬于O点，自由静止在A位置，现用水平恒力F拉动小球.已知悬绳的最大偏角为θ，则力F的大小及力F做的功W为(　　)A、F＝mgtanθB、F＝C、W＝mgL(1－cosθ)D、W＝mgLtanθ解析：选BC　由动能定理得：－mgL(1－cosθ)＋W＝0，故W＝mgL(1－cosθ)，C正确，D错误；而W＝FLsinθ，则F＝，A错误，B正确.3.(2017·北京模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在

3、A位置.现用水平力F缓慢地将小球从A位置拉到B位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F1，然后放手让小球从静止返回，到A点时细线的拉力为F2，则(　　)A、F1＝F2＝2mgB、从A到B，拉力F做功为F1LC、从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变D、从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A　在B位置，根据平衡条件有F1sin30°＝mg，解得F1＝2mg.从B到A，根据动能定理得mgL(1－cos60°)＝mv2，根据牛顿第二定律得F2－mg＝m，联立两式解得F2＝2mg，

4、故A项正确；从A到B，小球缓慢移动，根据动能定理得WF－mgL(1－cos860°)＝0，解得WF＝mgL，故B项错误；从B到A的过程中，小球的速度大小在变化，小球受到的合外力大小在变化，故C项错误；在B位置，重力的功率为零，在最低点，重力的方向与速度方向垂直，重力的功率为零，可知从B到A的过程中，重力的功率先增大后减小，故D项错误.4、质量为m的物体，自高为h、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v.重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)A、物体下滑过程的加速度大小为B、物体下

5、滑到底端时重力的功率为mgvC、物体下滑过程中重力做功为mv2D、物体下滑过程中摩擦力做功为mv2－mgh解析：选D　由v2＝2a，得a＝，故A错误；物体下滑到底端时重力功率P＝mgvsinθ，故B错误；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功mgh＋Wf＝mv2，故C错误，D正确.5.如图所示，A、B两物体的质量分别是m1和m2，用劲度系数为k的轻弹簧相连，处于竖直静止状态.现对A施加竖直向上的力F将A提起，稳定时B对地面无压力.当撤去F，A由静止向下运动至速度最大时，重力做功为(　　)A.m12g2B.m22g2C

6、.m1(m1＋m2)g2D.m2(m1＋m2)g2解析：选C　开始时弹簧的压缩量为x1＝；当对A施加竖直向上的力F将A提起，B对地面无压力时，弹簧伸长量为x2＝；当撤去F，A由静止向下运动至速度最大时，此位置在A开始时的平衡位置，则此过程中重力做功为W＝m1g(x1＋x2)＝m1(m1＋m2)g2，选项C正确.6、汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动.汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图像中，能描述上述过程的是(　　)解析：选C　根据P＝Fv，F－Ff＝ma，做匀加速运动时，v＝at，所以P

7、＝Fat8，故功率与时间成正比，做匀速运动时，合力为零，即F＝Ff，P＝Fv＝Ffv，可知汽车由匀加速运动变为匀速运动，要求牵引力F突然减小，功率突然减小，然后保持不变，选项C正确.7.[多选]位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同.则可能有(　　)A、F2＝F1　v1>v2B、F2＝F1　v1F1　v1>v2D、F2

8、角为θ，则有F2cosθ＝μ(mg－F2sinθ)，得F2＝，因而两力大小关系不确定，但两种运动情况下，物体均做匀速运动，且拉力功率相同，因而克服摩擦力做功的功率也相同，显然第二种情况下，摩擦力较小，则有v1