2019年高三物理一轮复习二模、三模试题分项解析专题06功和功率（第02期）（含解析）.doc

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1、1功和功率一选择题1. （2019 河南郑州二模） 如图所示，质量均为 M 的 b、d 两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b 斜面倾角为 30，d 斜面倾角为 60。质量均为 m 的小物块 a 和 c 分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是A. 两物块所受重力冲量相同B. 两物块所受重力做功的平均功率相同C地面对两斜面的摩擦力均向左D两斜面对地面压力均小于（mM）g【参考答案】AD【命题意图】本题以物体在斜面上运动为情景，考查运牛顿运动定律及其相关知识点。【解题思路】设斜面的底边长度为 L，a 物块沿倾角为 30的光滑斜

2、面 b 下滑，mgsin30=ma 1，L/cos30= 12a1t12，c 物块沿倾角为 60的光滑斜面 d 下滑，mgsin60=ma 2，L/cos60= 2a2t22，联立解得 t1= t2。两物块所受的重力冲量 I=mgt 相同，选项 A 正确；由于两斜面竖直高度不同，物块重力做功不同，两物块所受重力做功的平均功率不同，选项 B 错误；在小物块沿斜面运动过程中，物块对斜面压力的水平分力均向左，对斜面由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力方向向右，选项 C 错误；在小物块沿斜面下滑过程中，由竖直向下的加速度，物块处于失重状态，所以两斜面对地面的压力均小于（m+M）g，选项 D 正确。【试题

3、拓展】虽然两物块所受的重力冲量相同，但合外力冲量不同，在物块下滑过程中，动量变化不同，到达斜面底端时动量大小不等。a 物块沿倾角为 30的光滑斜面下滑，压力在水平方向的分力Fa=mgcos30cos60= 34mg，对斜面 b 由平衡条件可得地面对斜面的摩擦力 fb= 34mg；c 物块沿倾角为60的光滑斜面 d 下滑，压力在水平方向的分力 Fc=mgcos60cos30= mg，对斜面 d 由平衡条件可得2地面对斜面的摩擦力 fd= 34mg，由此可知地面对两斜面的摩擦力相等。2（2019 安徽合肥二模）如图甲所示，置于水平地面上质量为 m 的物体，在竖直拉力 F 作用下，由静止开始向上运动

4、，其动能 E 与距地面高度 h 的关系如图乙所示，已知重力加速度为 g空气阻力不计。下列说法正确的是A在 0h0过程中， F 大小始终为 mgB在 0h0和 h02h0过程中， F 做功之比为 21C在 02h0过程中，物体的机械能不断增加D在 2h03.5h0过程中，物体的机械能不断减少【参考答案】C【命题意图】此题考查对动能 E 与距地面高度 h 的关系图象的理解、功能关系及其相关知识点。【解题思路】由图乙物体动能 E 与距地面高度 h 的关系可知，当物体距离地面高度为 h0时， Ek=mgh0，由功能关系可得，力 F 做功 WF=Fh0= Ek+mgh0=2mgh0，解得 F=2mg，

5、即在 0h0过程中， F 大小始终为 2mg， 选项 A错误；当物体距离地面高度为 2h0时， Ek=1.5mgh0，在 h02h0过程中，由功能关系可得，力 F 做功 WF=Ek+E p=0.5 mgh0+ mgh0=1.5 mgh0，即在 0h0和 h02h0过程中， F 做功之比为 21.5=43，选项 B 错误；在 02h0过程中，力 F 做功，物体的机械能不断增加，选项 C 正确；在 2h0高度，物体的动能为Ek=1.5mgh0，重力势能为 Ep=2mgh0，物体的机械能为 E= Ek+Ep=3.5 mgh0，在 3.5h0高度，物体的动能为零，重力势能为 Ep=3.5mgh0，物体

6、的机械能为 E= Ek+Ep=3.5 mgh0，因此在 2h03.5h0过程中，物体的动能不断减少，机械能不变，选项 D 错误。【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是把图乙的物体动能 E 与距地面高度 h 的关系图线理解为机械能与距地面高度 h 的关系图线，导致错选 A；二是没有正确运用物理规律计算导致错选 B；三是混淆动能与机械能，导致错选 D。3（2019 南昌模拟）如图所示，物体 A、B 和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体栓接，其劲度系数为 k，重力加速度为 g。在物体 A 上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为 F0，物体 B 恰好3不会离开地面；若恒力大小为 2F0

7、，在物体 B 刚好离开地面时物体 A 的速度为 kgF03，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体 A 与物体 B 的质量比值为A.21 B.12 C.31 D.13【参考答案】A【命题意图】本题考查对题述“风云四号”卫星是我国新一代地球同步卫星中首颗定量遥感气象卫星的理解和开普勒第二定律及其相关知识点。【解题思路】物体 A、B 和轻弹簧静止竖立在水平地面上，弹簧压缩，由 kx1= mAg， 解得 x1= mAg /k。在物体 A 上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为 F0，物体 B 恰好不会离开地面，对物体 B，由平衡条件，kx2= mBg；解得 x2= mBg /k。在物体 A 上施加

8、一个竖直向上的恒力，若恒力大小为 F0，恒力做功 W1= F0（ x1+ x2）。恒力大小为 2F0，恒力做功 W2= 2F0（ x1+ x2）。两次弹簧弹性势能变化相同，物体 A 重力势能变化相同，W 2- W1= F0（ x1+ x2）= Av= 03mgk，即 0AFk + 0Bgk= 032，解得mA mB=21 ，选项 A 正确。【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是对题述物体 B 恰好不会离开地面隐含的条件不能挖掘出来；二是对题述在物体 A 上施加一个竖直向上的恒力理解不清；三是没有正确根据功能关系解答。4. （2019 全国高考猜题卷 6）如图甲所示，质量为 m2 kg 的物体

9、(可视为质点)在平行于斜面向上的拉力 F 作用下从粗糙斜面上的 A 点沿斜面向上运动，t2 s 时撤去拉力 F，其在斜面上运动的部分 vt 图象如图乙所示已知斜面倾角 37，斜面固定且足够长，取 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，下列说法中正确的是( )A拉力 F 的大小为 50 NB小物体在斜面上从 A 点运动到最高点的过程中，克服摩擦力做的功为 850 J4Ct8 s 时，小物体在 A 点上方且距 A 点的距离为 15 mD小物体返回时经过 A 点的动能为 300 J【参考答案】AD【名师解析】根据速度时间图线知，匀加速直线运动的加速度： a1 m/s215 m/s

10、2，匀减速直线 v t 302运动的加速度 a2 m/s210 m/s2，根据牛顿第二定律得 F mg cos mgsin ma1，撤 v t 305 2去 F 后，由牛顿第二定律得 mg cos mgsin ma2，解得 F50 N， 0.5，A 正确；由图象的“面积”求得小物块上升的最大位移 x m75 m，摩擦力做的功 Wf mg cos 3052 x0.5210cos 3775 J600 J，B 错误；58 s 内物体的位移大小为 x 3(06)12m9 m， t8 s 时，小物体在 A 点上方且距 A 点的距离为 x x(759)m66 m，C 错误；物体向下运动的加速度 a3 2

11、m/s2，运动返回到 A 点的速度 v m/s10 m/s，物 v t 63 2a3x 2275 3体的动能Ek mv2 2 2 J 300 J，D 正确12 12 (103)5（4 分）（2019 山东济南期末）用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面 1 和 2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是（ ）A沿着 1 和 2 下滑到底端时，物块的速度大小相等B物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关C物块沿着 1 下滑到底端的过程，产生的热量更多D物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关5【思路分析】

12、本题应根据动能定理求解，只要正确对物体受力分析，分别求出各力做功的代数和，即可比较速度的大小。【名师解析】对物块从高为 h 的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：mghW f mv2其中 Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：fNmgcos所以物块克服摩擦力做的功为：WffLmgcosLmgLcosmgL 底 由图可知，Lcos 为斜面底边长，可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度 L 底 成正比。沿着 1 和 2 下滑到底端时，重力做功相同，而沿 2 物体克服摩擦力做功小于沿 1 克服摩擦力做功，则由式得知，沿着 2 下滑到底端时物块的速度大于沿 1 下滑到

13、底端时速度，故 A 错误；联立解得： ，故物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关，故 B 正确；沿 1 时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量多。故 C 正确；根据功能关系得：产生的热量等于克服摩擦力做功，即为：QW ffLmgcosLmgLcosmgL 底 与质量有关，故 D 错误；【参考答案】BC【名师点评】本题考查动能定理的应用，通过本题求克服摩擦力做功可推得一个重要的结论：物体从斜面下滑到底端的过程中，克服摩擦力做的功与沿水平面滑动与斜面底端相同距离时克服摩擦力做的功相同。二计算题1（14 分）（2019 年 3 月湖南长望浏宁高三调研考试）某电动机工作时输出功率 与

14、拉动物体的速度之间的关系如图（a）所示。现用该电动机在水平地面拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图（b）所示。已知物体质量 ，与地面的动摩擦因数 ，离出发点 C 左侧 距离处另有动摩擦因数为 、长为 m 的粗糙材料铺设的地面 AB 段。（ g 取 10m/s2）6（1）若 足够长，电动机功率为 2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？（2）若启动电动机，物体在 C 点从静止开始运动，到达 B 点时速度恰好达到 0.5m/s，则 BC 间的距离 是多少？物体能通过 AB 段吗？如果不能停在何处？【名师解析】.（14 分）（5 分）（1）电动机拉动物体后，

15、物体速度最大时，加速度为零，则有水平方向受拉力 F 等于摩擦力 （1 分）N （1 分）根据 则有： m/s （3 分）（9 分）（2）当物体运动速度小于 0.5m/s 时，绳子对物体的拉力恒力，物体为匀加速运动，拉力N （2 分）由牛顿第二定律 F =ma =0.5m/s2 （2 分） 由 得，则 BC 间的距离 m （2 分）小物体过 B 点后， N，做减速运动，运动速度不会大于 0.5m/s，拉力仍为恒力，物体做匀减速运动=-0.5m/s2 （1 分）小物体滑行 ， m （1 分）则小物体最后停在 AB 中点位置。（1 分）2.（2019 年 3 月山东烟台一模）7【名师解析】.(12

16、分)由题意可知，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动。设物体做匀加速和匀减速运动过程中加速度大小分别为 a1， a2。由表中数据可知： （1 分） （1 分）物体做匀加速运动过程： （1 分）物体做匀减速运动过程： 2mag由以上各式可得： N10F（1 分）设物体做匀加速运动时间为 t，有题意可知：（2 分） 即 得： s1t（1 分）物体过程中获得的最大动能： （2 分）物体做匀加速运动的位移： 21taS（1 分）对物体全过程列动能定理方程： （1 分）得： J24fW（2 分）3.（2019 陕西西安市蓝田县模拟）如图所示，小明参加户外竞技活动，站在平台边缘抓住轻绳一端，轻绳另一端固定在

17、 O 点，绳子刚好被拉直且偏离竖直方向的角度 =60小明从 A 点由静止往下摆，达到 O8点正下方 B 点突然松手，顺利落到静止在水平平台的平板车上，然后随平板车一起向右运动。到达 C 点，小明跳离平板车（近似认为水平跳离），安全落到漂浮在水池中的圆形浮漂上。绳长 L=1.6m，浮漂圆心与C 点的水平距离 x=2.7m、竖直高度 y=1.8m，浮漂半径 R=0.3m、不计厚度，小明的质量 m=60kg，平板车的质量 m=20kg，人与平板车均可视为质点，不计平板车与平台之间的摩擦。重力加速度 g=10m/s2，求：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于多少？（2）小明跳离平板车时的速度在什么范围？（

18、3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做了多少功？【名师解析】（1）从 A 到 B 过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： mgL（1-cos）= ，代入数据解得： v=4m/s，在 B 点，由牛顿第二定律得： T-mg=m ，代入数据解得： T=1200N；（2）小明离开滑板后做平抛运动，竖直方向： y= ，离 C 点水平位移最小为： x-R=vmint，离 C 点水平最大位移： x+R=vmaxt，代入数据解得： vmin=4m/s， vmax=5m/s，则小明跳离滑板时的速度：4 m/s v5 m/s；（3）小明落上滑板过程水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律

19、得： mv=（ m+m 平板车 ） v1，代入数据解得： v1=3m/s，小明离开滑板过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（ m+m 平板车 ） v1=mvC+mv 平板车 v2，9代入数据解得： v2=-3m/s，由功能关系得： W=（ ）- ，代入数据解得： W=480J；答：（1）轻绳能承受最大拉力不得小于 1200N。（2）小明跳离平板车时的速度范围是：4 m/s v5 m/s。（3）若小明跳离平板车后恰好落到浮漂最右端，他在跳离过程中做的功是 480J。4.（12 分）（2019 吉林三模）我 国 自 行 研 制 、 具 有 完 全 自 主 知 识 产 权 的 新 一 代 大 型 喷 气 式 客 机 C919 首 飞 成功 后 ， 拉 开 了 全 面 试 验 试 飞 的 新 征 程 。 假 设 飞 机 在 水 平 跑 道 上 的 滑 跑 是 初 速 度 为 零 的 匀 加 速 直 线 运 动 ，当加速时间 t=40s、位移 x=1.6103m 时才能达到起飞所要求的速度。已知飞机质量 m=7.0104kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的 0.1 倍，重力加速度取 g=10ms 2。求：（1）飞机起飞所要求的速度 v（2）飞机滑跑过程中，牵引力的最大功率 P。【名师解析】10