专题二 第1讲 考点1 功和功率-（教师用书）【考前60天】2024年高考物理总复习特色专项集训

第1讲　功和功率　动能定理 考点1　功和功率 1.计算力所做的功时，一定要注意是恒力做功还是变力做功。若是恒力做功，可用公式 W＝Flcos α进行计算。若是变力做功，可用以下几种方法进行求解：①W＝Pt，注意P为恒定功率；②微元法；③图像法；④转换研究对象法；⑤动能定理法。 2.对于功率的计算要区分是瞬时功率还是平均功率。P＝只能用来计算平均功率。P＝Fvcos α中的v是瞬时速度时，计算出的功率是瞬时功率；v是平均速度时，计算出的功率是平均功率。 1.一质量m＝4 kg的滑块静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻起对滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按如图所示的规律变化，3 s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　) A.0～3 s内摩擦力的冲量大小为30 N·s B.0～3 s内拉力F做的功为200 J C.3 s末拉力F的功率最大，且为300 W D.滑块的最大位移为36 m 解析　滑块与水平面的滑动摩擦力为f＝μmg＝0.25×4×10 N＝10 N，在0～1 s内F1＝8 N<f＝10 N，所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为f1＝F1＝8 N，摩擦力的冲量为I1＝f1t1＝8 N·s，在1～3 s内F2＝30 N>f＝10 N，滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为I2＝ft2＝10×2 N·s＝20 N·s，0～3 s内摩擦力的冲量大小为I＝I1＋I2＝28 N·s，故选项A错误；在0～1 s内滑块静止，拉力做功为零。在1～3 s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得a＝＝5 m/s2，滑块的位移为x＝at＝×5×22 m＝10 m,0～3 s内拉力做的功为W＝F2x＝30×10 J＝300 J，故选项B错误；3 s末撤去拉力时，滑块的速度最大，且为vm＝at2＝5×2 m/s＝10 m/s，故拉力的最大功率为Pm＝Fvm＝300 W，故选项C正确；撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为a′＝＝2.5 m/s2，由匀变速直线运动的速度与位移的关系有x′＝＝20 m，滑块的最大位移为xm＝x＋x′＝10 m＋20 m＝30 m，故选项D错误。 答案　C 7 学科网（北京）股份有限公司 2.如图所示，长为L的不可伸长轻绳一端固定在O点，另一端拴接一可视为质点的质量为m的小球，开始小球静止在最低点C。现给小球一水平速度使小球在竖直面内做圆周运动，D为圆周运动的最高点，AB为水平直径，重力加速度为g，不计空气阻力。则下列说法正确的是(　　) A.小球到D点的最小速度可能为0 B.若小球恰好能运动到D点时轻绳被剪断，此后小球能经过A点 C.若改用水平外力F将小球从C点缓慢拉动角度θ，力F做功为mgL D.若改用水平恒力F将小球从C点拉动角度θ，力F做功为FLcos θ 解析　小球在D点时有mg＝，则小球在最高点的最小速度为vmin＝。绳断后小球做平抛运动有x＝·＝L，故不能经A点，选项A、B错误；用水平力F缓慢拉动，由动能定理有W－mgL(1－cos θ)＝0，则力F做功W＝mgL(1－cos θ)，选项C正确；用水平恒力F，则做功为W＝FLsin θ，选项D错误。 答案　C 3.如图所示，水平传送带以恒定速度v＝16 m/s顺时针匀速运行，左右两端A、B之间距离L＝16 m，现将一质量m＝2 kg可看做质点的物块轻轻放到传送带A端，同时对物块施加一水平向右的恒力F＝10 N。已知物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.30，重力加速度g＝10m/s2。物块从A端运动到B端的过程中，下列说法正确的是(　　) A.物块从A端运动到B端的过程先匀加速运动后匀速运动 B.物块从A端运动到B端的时间t＝1 s C.摩擦力对物块做功W＝96 J D.物块运动到B端时，恒力F的瞬时功率P＝200 W 解析　物块速度加速到与传送带速度相等之前，物块所受传送带的摩擦力水平向右，根据牛顿第二定律μmg＋F＝ma1，a1＝8 m/s2，此过程加速的时间t1＝＝2 s，物块向右运动的距离x1＝a1t＝16 m＝L，恰好等于传送带的长度，可知物块从A端运动到B端的过程一直做匀加速运动，运动的时间t＝t1＝2 s，故选项A、B错误；摩擦力对物块做功W＝μmgL＝96 J，故选项C正确；物块运动到B端时速度大小为v1＝a1t1＝16 m/s，恒力F的瞬时功率P＝Fv1＝160 W，故选项D错误。 答案　C 4.(2023·南通模拟)如图所示，轻弹簧一端连接小球，另一端固定于O点，现将球拉到与O点等高处，弹簧处于自然状态，小球由静止释放，轨迹如虚线所示，上述运动过程中(　　) 7 学科网（北京）股份有限公司 A.小球的机械能守恒