2021届高考物理一轮复习课后限时集训14功和功率含解析

2021届高考物理一轮复习课后限时集训14功和功率含解析

功和功率 建议用时：45分钟 ‎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 (　　)‎ 甲　　　　　　　　　　乙 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 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.(2019·白银模拟)如图所示，小物块甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平。小物块乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(　　)‎ A．两物块到达底端时速度相同 B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同 C．两物块到达底端时动能相同 D．两物块到达底端时，重力对乙做功的瞬时功率大于重力对甲做功的瞬时功率 D　[两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝mv2，解得v＝，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，重力对甲做功的瞬时功率为零，重力对乙做功的瞬时功率大于零，D正确。]‎ ‎3．质量为2 kg的小铁球从某一高度由静止释放，经3 s到达地面，不计空气阻力，g 7‎ 取10 m/s2。则(　　)‎ A．2 s末重力的瞬时功率为200 W B．2 s末重力的瞬时功率为400 W C．前2 s内重力的平均功率为100 W D．前2 s内重力的平均功率为400 W B　[物体只受重力，做自由落体运动，2 s末速度为v1＝gt1＝20 m/s，下落2 s末重力做功的瞬时功率P＝mgv1＝400 W，故选项A错误，B正确；前2 s内的位移为h2＝gt＝20 m，所以前2 s内重力的平均功率为2＝＝200 W，故选项C、D错误。]‎ ‎4．水平路面上的汽车以恒定功率P做加速运动，所受阻力恒定，经过时间t，汽车的速度刚好达到最大，在t时间内(　　)‎ A．汽车做匀加速直线运动 B．汽车加速度越来越大 C．汽车克服阻力做的功等于Pt D．汽车克服阻力做的功小于Pt D　[根据P＝Fv知，随着速度增大牵引力减小，根据牛顿第二定律得a＝，加速度减小，故A、B错误；牵引力做功W＝Pt，根据动能定理知，克服阻力做的功小于牵引力做的功，即小于Pt，故C错误，D正确。]‎ ‎5．(2019·遵义模拟)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 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。]‎ ‎6.(2018·浙江选考)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob 7‎ 分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为(取g＝10 m/s2)(　　)‎ A．430 J,7 W B．4 300 J,70 W C．720 J,12 W D．7 200 J,120 W B　[设重心上升的高度为h，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有＝，即h＝0.24 m。一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以一分钟内克服重力做的总功为W总＝NW＝4 320 J，功率P＝＝72 W，故选项B正确。]‎ ‎7．(多选)一辆CRH2型动车组的总质量M＝2.0×105 kg，额定输出功率为4 800 kW。假设该动车组在水平轨道上运动时的最大速度为270 km/h，受到的阻力Ff与速度v满足Ff＝kv，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ A．该动车组以最大速度行驶时的牵引力为6.4×104 N B．从题中给出的数据可算出k＝1.0×103 N·s/m C．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组受到的阻力为1.6×104 N D．当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为1 200 kW AD　[最大速度为vm＝270 km/h＝75 m/s，根据P＝Fv，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力为F＝＝ N＝6.4×104 N，故A正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，则有F＝Ff＝kvm，解得k＝＝ N·s/m＝853.3 N·s/m，故B错误；当匀速行驶的速度为v＝时，则有F′f＝kv＝853.3× N＝3.2×104 N，此时牵引力F′＝F′f＝3.2×104 N，动车组输出功率P′＝F′v＝3.2×104× W＝1 200 kW，故C错误，D正确。]‎ ‎8.(2019·山东师大附中二模)汽车沿平直公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系，加速过程在图中的T点结束，所用的时间t＝8 s，通过的路程s＝50 m,8 s后汽车做匀速运动，若汽车所受阻力始终不变，则(　　)‎ 7‎ A．汽车做匀速运动时的牵引力大小为2×105 N B．汽车所受的阻力大小为4×104 N C．汽车的恒定功率为1.6×105 W D．汽车的质量为8×103 kg C　[汽车的加速过程在T点结束，即此后汽车沿平直路面做匀速运动，由平衡条件和图象信息可得F－f＝0，汽车做匀速运动时的牵引力大小为F＝2×104 N，故A错误；汽车所受的阻力大小f＝2×104 N，故B错误；由图象信息得汽车的恒定功率P＝Fv＝2×104×8 W＝1.6×105 W，故C正确；汽车加速运动过程，牵引力做功为W＝Pt，根据动能定理可得Pt－fs＝mv2，解得m＝＝ kg＝8.75×103 kg，故D错误。]‎ ‎9．(多选)(2019·江苏宿迁期末)一辆汽车以速度v0在平直的公路上匀速行驶。到达某处时，司机减小油门使汽车输出功率减小为原来的一半，并保持该功率行驶。假设汽车受到的阻力恒定，从减小油门开始，下列能正确表示汽车加速度a、速度v、时间t之间的关系的是(　　)‎ A　　　　B　　　　C　　　D AD　[由牛顿第二定律可知f－F′牵＝ma，即－＝ma，因P′＝，解得a＝－＋，由题意可知，当<时，a＝0；若>，a＝－＋，故A正确，B错误；汽车匀速行驶时牵引力等于阻力，即f＝F牵＝；功率突然减小一半，P′＝，汽车的速度由于惯性来不及变化，此时v＝v0，则根据P＝Fv，牵引力立刻减小一半，小于阻力，合力变为反方向，汽车做减速运动；功率一定时，速度减小，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故汽车做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，此时速度刚好减为，汽车再次以的速度做匀速直线运动，故C错误，D正确。]‎ ‎10.(2019·黄山一模)一辆F1赛车含运动员的总质量约为600‎ 7‎ ‎ kg，在一次F1比赛中，赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a和速度的倒数的关系如图所示，则赛车在加速的过程中(　　)‎ A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．发动机输出功率为240 kW D．所受阻力大小为24 000 N C　[本题考查根据a图象分析功率变化问题。由题图可知，加速度变化，故赛车做变加速直线运动，故A错误；a函数方程为a＝－4(m/s2)，赛车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；对赛车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有F－f＝ma，其中F＝；联立得a＝－；结合图线可知，当赛车的速度最大时，加速度为零，故a＝0时，＝0.01 s/m，vm＝100 m/s，所以最大速度为100 m/s；由图象可知＝4 m/s2，则f＝4×600 N＝2 400 N；P额＝f·vm＝2 400×100 W＝240 kW，故C正确，D错误。]‎ ‎11．质量为1.0×103 kg的汽车，沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2 000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1 m/s2的加速度做匀加速运动(g取10 m/s2)。求：‎ ‎(1)汽车做匀加速运动的时间t1；‎ ‎(2)汽车所能达到的最大速率；‎ ‎(3)若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前，已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间？‎ ‎[解析](1)由牛顿第二定律得 F－mgsin 30°－Ff＝ma 设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv　v＝at1‎ 解得t1＝7 s。‎ ‎(2)当达到最大速度vm时，a＝0，则有 P＝(mgsin 30°＋Ff)vm 解得vm＝8 m/s。‎ 7‎ ‎(3)汽车匀加速运动的位移x1＝at，在后一阶段对汽车由动能定理得 Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝mv－mv2‎ 又有x＝x1＋x2‎ 解得t2≈15 s 故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s。‎ ‎[答案](1)7 s　(2)8 m/s　(3)22 s ‎12．(2019·衡水模拟)如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车(可视为质点)，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的vt图象如图乙所示(在t＝15 s 处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。求：‎ ‎　　　　甲　　　　　　　　　乙 ‎(1)汽车在AB路段上运动时所受阻力f1的大小；‎ ‎(2)汽车刚好开过B点时加速度a的大小；‎ ‎(3)BC路段的长度。‎ ‎[解析](1)汽车在AB路段做匀速直线运动，根据平衡条件，有：F1＝f1‎ P＝F1v1‎ 解得：f1＝＝ N＝2 000 N。‎ ‎(2)t＝15 s时汽车处于平衡状态，有：‎ F2＝f2‎ P＝F2v2‎ 解得：f2＝＝ N＝4 000 N 刚好开过B点时汽车的牵引力仍为F1，‎ 根据牛顿第二定律，有：‎ f2－F1＝ma 解得：a＝1 m/s2。‎ ‎(3)对于汽车在BC路段运动，由动能定理得：‎ Pt－f2s＝mv－mv 7‎ 解得：s＝68.75 m。‎ ‎[答案](1)2 000 N　(2)1 m/s2　(3)68.75 m ‎13.在检测某种汽车性能的实验中，质量为3×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为40 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻该汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图象(图线ABC为汽车由静止到达到最大速度的全过程，AB、BO均为直线)。假设该汽车行驶过程中所受的阻力恒定，根据图线ABC，求：‎ ‎(1)该汽车的额定功率；‎ ‎(2)该汽车由静止开始运动，经过35 s达到最大速度40 m/s，求其在BC段的位移大小。‎ ‎[解析](1)图线AB表示牵引力F不变，即F＝8 000 N，阻力Ff不变，汽车由静止开始做匀加速直线运动；图线BC的斜率表示汽车的功率P不变，达到额定功率后，汽车所受牵引力逐渐减小，汽车做加速度减小的变加速直线运动，直至达到最大速度40 m/s，此后汽车做匀速直线运动。‎ 由题图可知：当达到最大速度vmax＝40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 000 N 由平衡条件Ff＝Fmin可得Ff＝2 000 N 由公式P＝Fminvmax 得额定功率P＝8×104 W。‎ ‎(2)匀加速运动的末速度vB＝，代入数据解得 vB＝10 m/s 汽车由A到B做匀加速运动的加速度为 a＝＝2 m/s2‎ 设汽车由A到B所用时间为t1，由B到C所用时间为t2、位移为x，则t1＝＝5 s，t2＝35 s－5 s＝30 s B点之后，对汽车由动能定理可得 Pt2－Ffx＝mv－mv，代入数据可得x＝75 m。‎ ‎[答案](1)8×104 W　(2)75 m 7‎