2020版高考物理总复习 第14课 功和功率练习

2020版高考物理总复习 第14课 功和功率练习

第14课 　功和功率 1． 功的理解和计算 a．根据力与速度的夹角判断做功与否以及做功的正负 ‎(1)(2018改编，6分)如图所示，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．一直做负功 D．先做正功后做负功 答案：A 解析：对小环进行受力分析，大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力，大环对小环的弹力总是垂直于小环的速度方向，弹力与速度的夹角为90°，所以大环对小环没有做功，故A项正确，B项、 C项、D项均错误。‎ b．利用W＝Flcos α计算恒力做功 ‎(2)(2018改编，10分)某车站使用的水平传输装置示意图如图所示，皮带在电动机的带动下保持v＝‎2 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝‎10 kg的行李轻放在皮带上，行李和皮带间的动摩擦因数μ＝0.2。设皮带足够长，取g＝‎10 m/s2，在行李与皮带发生相对滑动的过程中，求行李与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。‎ ‎ ‎ 答案：－40 J (10分)‎ 解析：设行李放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到向右的滑动摩擦力大小为F，‎ 则F＝μmg① (2分)‎ 取向右为正方向，对行李有F＝ma，v＝at② (2分)‎ 4‎ 行李与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则s＝vt ③ (2分)‎ 由牛顿第三定律可知，皮带受到的摩擦力方向向左，大小为F(1分)‎ 则摩擦力对皮带做的功W＝Fscos 180°④ (2分)‎ ‎①②③④联立并代入数据解得W＝－40 J (1分) ‎ c．利用动能定理求解变力做功 ‎(3)(2015海南理综，3分)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为(　　)‎ A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR ‎ 答案：C 解析：在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝。下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功为mgR，故C项正确。‎ ‎2．功率的理解和计算 a. 利用P＝求解平均功率 ‎(4)(多选)(2015浙江理综，6分 )我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为3.0×‎104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0×105 N，弹射器有效作用长度为‎100 m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到‎80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，则(　　)‎ A．弹射器的推力大小为1.1×106 N B．弹射器对舰载机所做的功为1.1×108 J C．弹射器对舰载机做功的平均功率为8.8×107 W D．舰载机在弹射过程中的加速度大小为‎32 m/s2‎ 答案：ABD 解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度a＝＝ m/s2＝‎32 m/s2，故D项正确。根据牛顿第二定律得 0.8(F发＋F弹)＝ma，得弹射器的推力大小F弹＝1．1×106 N，故A项正确。弹射器对舰载机做的功W＝F弹x＝1.1×106×100 J＝1.1×108 J，故B项正确。弹射过程的时间t＝＝ s＝2.5 s，弹射器做功的平均功率P＝＝4.4×107 W，故C项错误。‎ b．利用P＝Fv求解瞬时功率 ‎(5)(多选)(2018改编，6分 )一质量为‎1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1‎ 4‎ ‎ N的外力作用。下列判断正确的是(　　)‎ A．第2秒内的位移为 m B．第2秒内外力所做的功是 J C．第2秒末外力的瞬时功率最大 D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值为 答案：AD 解析：由题意可知，质点所受的水平外力即为合力，由牛顿第二定律可得，质点在第1秒内的加速度a1＝＝‎2 m/s，第1秒末的速度v1＝a1t＝‎2 m/s，第1秒内的位移x1＝a1t2＝‎1 m，质点在第2秒内的加速度a2＝＝‎1 m/s，第2秒末的速度v2＝v1＋a2t＝‎3 m/s，第2秒内的位移x2＝v1t＋a2t2＝ m，第1秒内外力做功W1＝F1x1＝2 J，第2秒内外力做功W2＝‎ F2x2＝ J，故A项正确，B项错误。接近第1秒末时外力的瞬时功率接近P1＝F1v1＝4 W，第2秒末外力的瞬时功率P2＝F2v2＝3W，故C项错误。根据动能定理可知，第1秒动能增加量为mv＝2 J，第2秒动能增加量为mv－mv＝ J，动能增加量的比值为，故D项正确。‎ ‎3．机车启动问题 a．机车以恒定功率P启动 ‎(6)(2015全国Ⅱ，6分)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)‎ 答案：A 解析：因P＝F牵v，F牵－f＝ma，汽车在0～t1时间内功率恒定，若恰好是匀速运动，则 v－t图像是平行于t轴的直线；若是加速，则当汽车的速度增大时，牵引力F牵减小，加速度a＝减小，v－t图像的斜率减小。t1时刻汽车的功率突然增加，牵引力F牵 4‎ 瞬间增大，随着v逐渐增大，F牵逐渐减小，加速度a逐渐减小，v－t图像的斜率减小，故A项正确，B项、C项、D项均错误。‎ b．机车以恒定加速度a启动 ‎(7)(经典题，9分)电动车被认为是最新型节能环保的交通工具。在检测某款电动车性能的实验中，让电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，根据部分数据绘出的F－图像如图所示。已知电动车质量为m＝2×‎103 kg，假设电动车行驶过程中所受的阻力恒定，求：‎ ‎①电动车的额定功率以及在运动过程中受到的阻力；‎ ‎②电动车做匀加速运动的时间。‎ 答案：①6×104 W　 2×103 N(3分)　②5 s(6分)‎ 解析：①由题图可知电动车的最大速度为vm＝‎30 m/s，‎ 此时牵引力为F2＝2×103 N ‎ 最大车速时，电动车受力平衡，阻力与牵引力大小相等，f＝F2＝2×103 N (1分)‎ 根据P＝Fv，得额定功率为P额＝F2vm (1分)‎ 代入数据解得P额＝6×104 W(1分)‎ ‎②设匀加速过程中的最大速度为v0，加速度为a，加速时间为t1，则v0＝(1分)‎ 由图可知此时牵引力为F1＝6×103 N 代入数据解得v0＝‎10 m/s(1分)‎ 由牛顿第二定律有F1－f＝ma(1分)‎ 代入数据解得a＝‎2 m/s2(1分)‎ 由运动学公式有v0＝at1(1分)‎ 代入数据解得t1＝5 s(1分)‎ 4‎