2020届高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 3 第一节 功和功率课后达标能力提升

2020届高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒定律 3 第一节 功和功率课后达标能力提升

‎3 第一节 功和功率 一、单项选择题 ‎1．如图所示，两箱相同的货物，现要用电梯将它们从一楼运到二楼，其中图甲是利用扶梯台式电梯运送货物，图乙是用履带式自动电梯运送，假设两种情况下电梯都是匀速地运送货物，下列关于两电梯在运送货物时说法正确的是(　　)‎ A．两种情况下电梯对货物的支持力都对货物做正功 B．图乙中电梯对货物的支持力对货物做正功 C．图甲中电梯对货物的支持力对货物不做功 D．图乙中电梯对货物的支持力对货物不做功 解析：选D.在图甲中，货物随电梯匀速上升时，货物受到的支持力竖直向上，与货物位移方向的夹角小于90°，故此种情况下支持力对货物做正功，选项C错误；图乙中，货物受到的支持力与履带式自动电梯接触面垂直，此时货物受到的支持力与货物位移垂直，故此种情况下支持力对货物不做功，故选项A、B错误，D正确．‎ ‎2．(2018·徐州云龙区测试)如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝‎0.5 kg的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝‎10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝‎0.4 m处速度为零，则在物块下移‎0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为(　　)‎ A．5.5 J　　　　　　　　 B．3.5 J C．2.0 J D．1.5 J 解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移‎0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．‎ ‎3．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)‎ A．4倍 B．2倍 7‎ C. 倍 D． 倍 解析：选D.设Ff＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝Ffv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确．‎ ‎4．如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，大猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量．在此过程中正确的是(　　)‎ A．缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FLsin θ B．缓慢上拉过程中小猴子重力势能增加mgLcos θ C．小猴子再次回到最低点时重力的功率为零 D．由静止释放到最低点小猴子重力的功率逐渐增大 解析：选C.缓慢上拉过程中拉力F是变力，由动能定理，F做的功等于克服重力做的功，即WF＝mgL(1－cos θ)，重力势能增加mgL(1－cos θ)，选项A、B错误；小猴子由静止释放时速度为零，重力的功率为零，再次回到最低点时重力与速度方向垂直，其功率也为零，则小猴子下降过程中重力的功率先增大后减小，选项C正确、D错误．‎ ‎5.‎ 如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v－t图象，测试时机车先以恒定的牵引力F启动发动机使机车在水平铁轨上由静止开始运动，t1时刻机车关闭发动机，到t2时刻机车完全停下．图象中θ>α，设整个测试过程中牵引力F做的功和克服摩擦力f做的功分别为W1、W2，0～t1时间内F做功的平均功率和全过程克服摩擦力f做功的平均功率分别为P1、P2，则下列判断正确的是(　　)‎ A．W1>W2，F＝‎2f B．W1＝W2，F>‎‎2f C．P1‎2f D．P1＝P2，F＝‎‎2f 解析：选B.机车整个运动过程中，根据动能定理有W1－W2＝0，所以W1＝W2，又P1＝，P2＝，因t2>t1，所以P1>P2；根据牛顿第二定律，机车的牵引力为F时的加速度大小a1＝ 7‎ ‎，关闭发动机后机车加速度大小a2＝，根据v－t图象斜率的意义可知a1>a2，即F－f>f，所以有F>‎2f，综上分析可知，B正确．‎ ‎6．(2018·宿迁高三模拟)提高物体(例如汽车)运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数(设阻力与物体运动速率的平方成正比，即Ff＝kv2，k是阻力因数)．当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，如果要使物体运动的速率增大到2vm，则下列办法可行的是(　　)‎ A．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0‎ B．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 C．阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0‎ D．发动机额定功率不变，使阻力因数减小到 解析：选C.物体匀速运动时，牵引力与阻力相等，由P＝Fvm＝Ffvm＝kv，要使物体运动的速率增大到2vm，阻力因数不变时，需使发动机额定功率增大到8P0，故A错误，C正确；发动机额定功率不变时，需使阻力因数减小到，故B、D错误．‎ 二、多项选择题 ‎7．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 解析：选ABD.对舰载机应用运动学公式v2－02＝2ax，即802＝2·a·100，得加速度a＝‎32 m/s2，选项D正确；设总推力为F，对舰载机应用牛顿第二定律可知：F－20%F＝ma，得F＝1.2×106 N，而发动机的推力为1.0×105 N，则弹射器的推力为F推＝(1.2×106－1.0×105)N＝1.1×106 N，选项A正确；弹射器对舰载机所做的功为W＝F推·l＝1.1×108 J，选项B正确；弹射过程所用的时间为t＝＝ s＝2.5 s，平均功率P＝＝ W＝4.4×107 W，选项C错误．‎ ‎8.‎ 7‎ 如图所示，细绳的一端绕过定滑轮与木箱相连，现以大小恒定的拉力F拉动细绳，将静置于A点的木箱经B点移到C点(AB＝BC)，地面平直且与木箱的动摩擦因数处处相等．设从A到B和从B到C的过程中，F做功分别为W1、W2，克服摩擦力做功分别为Q1、Q2，木箱经过B、C时的动能和F的功率分别为EkB、EkC和PB、PC，则下列关系一定成立的有(　　)‎ A．W1＞W2　　　　　 B．Q1＞Q2‎ C．EkB＞EkC D．PB＞PC 解析：选AB.F做功W＝Flcos α(α为绳与水平方向的夹角)，AB段和BC段相比较，F大小相同，l相同，而α逐渐增大，故W1＞W2，A正确；木箱运动过程中，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，故Q1＞Q2，B正确；因为Fcos α与摩擦力的大小关系无法确定，木箱运动情况不能确定，故动能关系、功率关系无法确定，C、D错误．‎ ‎9.‎ 我国高铁技术处于世界领先水平．和谐号动车组是由动车和拖车编组而成的，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组(　　)‎ A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反 B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2‎ C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比 D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2‎ 解析：选BD.启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A错误．设每节车厢质量为m，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f＝kmg.设动车组匀加速直线运行的加速度为a，每节动车的牵引力为F，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，‎2F－‎8f＝8ma；设第5节车厢对第6节车厢的拉车为F5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F5－‎3f＝3ma，解得F5＝；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F6，隔离第7、8节车厢，‎ 7‎ 把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F6－‎2f＝2ma，解得F6＝；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F5∶F6＝∶＝3∶2，选项B正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x＝，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C错误．设每节动车的额定功率为P，当有2节动车带6节拖车时，2P＝‎8f·v‎1m；当改为4节动车带4节拖车时，4P＝‎8f·v‎2m，联立解得v‎1m∶v‎2m＝1∶2，选项D正确．‎ ‎10．(2018·连云港高三模拟)质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上，从t＝0时刻开始受到方向恒定的水平拉力F作用，F与时间t的关系如图甲所示．物体在t0时刻开始运动，其v－t图象如图乙所示，若可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则(　　)‎ A．物体与地面间的动摩擦因数为 B．物体在t0时刻的加速度大小为 C．物体所受合外力在t0时刻的功率为‎2F0v0‎ D．水平力F在t0到2t0这段时间内的平均功率为F0 解析：选AD.物体在时刻开始运动，说明此时阻力等于水平拉力，即f＝F0，动摩擦因数μ＝，故A正确；在t0时刻由牛顿第二定律可知，‎2F0－f＝ma，a＝，故B错误；物体在t0时刻受到的合外力为F＝‎2F0－f＝F0，功率为P＝F0v0，故C错误；2t0时刻速度为v＝v0＋t0，在t0～2t0时间内的平均速度为＝＝，故平均功率为P＝‎2F0＝F0(2v0＋)，故D正确．‎ 三、非选择题 ‎11.‎ 7‎ 严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响．汽车尾气是形成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点．地铁列车可实现零排放，大力发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放．若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动20 s达最高速度‎72 km/h，再匀速运动80 s，接着匀减速运动15 s到达乙站停住．设列车在匀加速运动阶段牵引力为1×106 N，匀速运动阶段牵引力的功率为6×103 kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功．‎ ‎(1)求甲站到乙站的距离；‎ ‎(2)如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排放气态污染物的质量．(燃油公交车每做1焦耳功排放气态污染物3×10－‎6克)‎ 解析：(1)设列车匀加速直线运动阶段所用的时间为t1，距离为s1；在匀速直线运动阶段所用的时间为t2，距离为s2，速度为v；在匀减速直线运动阶段所用的时间为t3，距离为s3；甲站到乙站的距离为s.则 s1＝v t1 ①‎ s2＝v t2 ②‎ s3＝v t3 ③‎ s＝s1＋s2＋s3 ④‎ 联立①②③④式并代入数据得 s＝1 ‎950 m． ⑤‎ ‎(2)设列车在匀加速直线运动阶段的牵引力为F，所做的功为W1；在匀速直线运动阶段的牵引力的功率为P，所做的功为W2.设燃油公交车与该列车从甲站到乙站做相同的功W，将排放气态污染物的质量为M.则 W1＝Fs1 ⑥‎ W2＝Pt2 ⑦‎ W＝W1＋W2 ⑧‎ M＝(3×10－‎9 kg·J－1)·W ⑨‎ 联立①⑥⑦⑧⑨式并代入数据得 M＝‎2.04 kg.‎ 答案：(1)1 ‎950 m　(2)‎‎2.04 kg ‎12.‎ 质量为‎2 kg的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为 0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等．t＝0时，物体受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小在不同时间段内有不同的值，具体情况如表格所示(取g＝‎10 m/s2)．求：‎ 7‎ 时间t(s)‎ ‎0～2‎ ‎2～4‎ ‎4～6‎ ‎6～8‎ 拉力F(N)‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎4‎ ‎8‎ ‎ (1)4 s末拉力的瞬时功率；‎ ‎(2)6～8 s内拉力所做的功；‎ ‎(3)8 s内拉力的平均功率．‎ 解析：(1)在0～2 s内，拉力等于4 N，最大静摩擦力等于4 N，故物体静止．‎ 在2～4 s内，拉力F＝8 N，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma 解得a＝‎2 m/s2‎ 位移为x1＝a(Δt)2＝‎‎4 m ‎4 s末物体的速度大小v＝aΔt＝‎4 m/s ‎4 s末拉力的瞬时功率P＝Fv＝8×4 W＝32 W.‎ ‎(2)在4～6 s内，拉力等于4 N，滑动摩擦力等于4 N，故物体做匀速直线运动，‎ 位移x2＝vΔt＝4×‎2 m＝‎‎8 m 在6～8 s内，拉力仍然是F＝8 N，物体的加速度大小仍为a＝‎2 m/s2.‎ 位移x3＝vΔt＋a(Δt)2＝‎‎12 m 拉力所做的功W＝Fx3＝8×12 J＝96 J.‎ ‎(3)8 s内拉力做功W＝0＋8×4 J＋4×8 J＋96 J＝160 J，‎ 平均功率＝＝20 W.‎ 答案：(1)32 W　(2)96 J　(3)20 W 7‎