【物理】2020二轮复习专题2功和功率强化练习(解析版)

【物理】2020二轮复习专题2功和功率强化练习(解析版)

专题强化练(五) 考点 1 功和功率的计算 1．(2019·玉溪模拟)一物体所受的力 F 随位移 x 变化的图象如图 所示，在这一过程中，力 F 对物体做的功为( ) A．3 J B．6 J C．7 J D．8 J 解析：力 F 对物体做的功等于图线与横轴 x 围成面积的代数和， 即 W1＝1 2 ×(3＋4)×2 J＝7 J，W2＝－1 2 ×(5－4)×2 J＝－1 J，所以力 F 对物体做的功为 W＝7 J－1 J＝6 J，故 B 正确，A、C、D 错误． 答案：B 2．(2019·厦门模拟)用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对铁钉的 阻力与铁钉进入木板的深度成正比．已知铁锤第一次使铁钉进入木板 的深度为 d，接着敲第二锤，如果铁锤第二次敲铁钉时对铁钉做的功 与第一次相同，那么，第二次使铁钉进入木板的深度为( ) A．( 3－1)d B．( 2－1)d C. 5－1 2 d D. 2 2 d 解析：由题意可知，阻力与深度 d 成正比，则有 Ff＝kd，阻力 做的功 Wf＝1 2Ffd＝1 2kd2，由动能定理得，第一次敲铁钉 W－1 2kd2＝0 －0，两次敲铁钉 2W－1 2k(d＋d′)2＝0－0，解得 d′＝( 2－1)d，故 B 正确，A、C、D 错误． 答案：B 3．(多选)(2019·南昌模拟)一质量为 m 的物体静止在光滑水平面 上，从 t＝0 时刻开始受到水平外力的作用．力的大小 F 与时间 t 的 关系如图所示，力的方向保持不变，则下列说法中正确的是( ) A．物体在 0～t0 和 t0～2t0 水平外力做功之比是 1∶10 B．物体在 0～t0 和 t0～2t0 水平外力做功之比是 1∶8 C．外力在 t0 和 2t0 时刻的瞬时功率之比是 1∶8 D．外力在 t0 和 2t0 时刻的瞬时功率之比是 1∶6 解析：0～t0 时间内的加速度 a1＝F0 m ，t0 时刻的速度为 v1＝a1t0＝ F0t0 m ，t0～2t0 时间内的加速度为 a2＝2F0 m ，2t0 时的速度为 v2＝v1＋a2t0 ＝3F0t0 m ，根据动能定理得，外力在 0～t0 时间内做的功为 W1＝1 2mv21＝ F20t20 2m ，外力在 t0～2t0 时间内做的功为 W2＝1 2mv22－1 2mv21＝8F20t20 2m ，所以 外力在 0～t0 和 t0～2t0 时间内做功之比是 1∶8，故 A 错误，B 正确； 外力在 t0 时刻的瞬时功率为 P1＝F0v1＝F20t0 m ，2t0 时刻瞬时功率为 P2 ＝2F0v2＝6F20t0 m ，所以外力在 t0 和 2t0 时刻的瞬时功率之比是 1∶6， 故 C 错误，D 正确． 答案：BD 4．(多选)(2019·菏泽模拟)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 1 2t0 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F0 mg B．物体在 t0 时刻的加速度大小为2v0 t0 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 2v0＋F0t0 m 解析：物体在t0 2 时刻开始运动，说明此时阻力等于水平拉力，即 Ff＝F0，动摩擦因数μ＝F0 mg ，故 A 正确；在 t0 时刻由牛顿第二定律可 知，2F0－Ff＝ma，a＝2F0－Ff m ＝F0 m ，故 B 错误；物体在 t0 时刻受到 的合外力为 F 合＝2F0－Ff＝F0，功率为 P＝F0v0，故 C 错误；2t0 时 刻速度为 v1＝v0＋F0 mt0，在 t0～2t0 时间内的平均速度为 — v＝v1＋v0 2 ＝ 2v0＋F0 mt0 2 ，故平均功率为 P＝2F0 — v＝F0 2v0＋F0t0 m ，故 D 正确． 答案：AD 考点 2 机车启动问题 5．(2018·徐州模拟)一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动， 运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度 a 和速度的倒数1 v 图象如 图所示．若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，不能求出的物 理量是( ) A．汽车的功率 B．汽车行驶的最大速度 C．汽车所受到的阻力 D．汽车运动到最大速度所需的时间 解析：由 F－Ff＝ma，P＝Fv 可得：a＝P m·1 v －Ff m ，对应题图图 线可知，P m ＝|k|＝40，已知汽车的质量，故可求出汽车的功率 P，由 a＝0 时 1 vm ＝0.05，可得：vm＝20 m/s，再由 vm＝ P Ff ，可求出汽车受 到的阻力 Ff，但无法求出汽车运动到最大速度的时间． 答案：D 6．(多选)(2019·衡水模拟)节能混合动力车是一种可以利用汽油 及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量 m＝1 000 kg 的混合动 力轿车，在平直公路上以 v1＝90 km/h 匀速行驶，发动机的输出功率 为 P＝50 kW.当驾驶员看到前方有 80 km/h 的限速标志时，保持发动 机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电， 使轿车做减速运动，运动 L＝72 m 后，速度变为 v2＝72 km/h.此过程 中发动机功率的五分之一用于轿车的牵引，五分之四用于供给发电机 工作，发动机输送给发电机的能量最后有 50%转化为电池的电能．假 设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．下列说法正确的是 ( ) A．轿车以 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，所受阻力 F 阻的 大小为 2×103 N B．驾驶员启动电磁阻尼轿车做匀减速运动，速度变为 v2＝72 km/h 过程的时间为 3.2 s C．轿车从 90 km/h 减速到 72 km/h 过程中，获得的电能 E 电＝ 6.3×104 J D．轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能 E 电维持 72 km/h 匀速运动的距离为 31.5 m 解析：轿车以 90 km/h 在平直公路上匀速行驶时，由 P＝F1v1， F 阻＝F1 可得：F 阻＝2×103 N，故 A 项正确；驾驶员启动电磁阻尼后， 轿车减速运动，牵引力 F＝ 1 5P v ，且逐渐增大，加速度 a＝F 阻－F m 逐渐 减小，做加速度减小的减速运动，故 B 项错误；轿车从 90 km/h 减 速到 72 km/h 过程中，运动 L＝72 m，由动能定理可得 1 5Pt＋(－F 阻 L)＝1 2mv22－1 2mv21，获得的电能 E 电＝4 5Pt·1 2 ，联立解得：E 电＝6.3×104 J，故 C 项正确；据 E 电＝F 阻 x 可得，轿车仅用其在上述减速过程中 获得的电能 E 电匀速运动的距离 x＝31.5 m，故 D 项正确． 答案：ACD 7．(多选)一辆质量为 m 的汽车在平直公路上以功率 P、速度 v0 匀速行驶时，牵引力为 F0.现汽车以恒定的功率 P 驶上倾角为 30°的 斜坡，已知汽车在斜坡上行驶时所受的摩擦阻力是在平直路面上的3 4 ， 重力加速度为 g，则下列说法中正确的是( ) A．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为 3 4F0 B．汽车在斜坡上达到最大速度时牵引力为 3 4F0＋1 2mg C．汽车能达到的最大速度为 v0 D．汽车能达到的最大速度为 4P 3F0＋2mg 解析：汽车在平直公路上匀速行驶时，牵引力等于阻力，则 Ff ＝F0，当汽车在斜坡上匀速运动时速度最大，则 F－mgsin 30°－ 3 4F0＝0，解得 F＝3 4F0＋1 2mg，故 A 错误，B 正确；由 P＝Fv 得 汽车的最大速度为 vm＝P F ＝ 4P 3F0＋2mg ，故 C 错误，D 正确． 答案：BD 考点 3 动能定理的应用 8．(2019·济南模拟)静止在地面上的物体在不同合外力 F 的作用 下通过了相同的位移 x0，下列情况中物体在 x0 位置时速度最大的是 ( ) 解析：由于 F-x 图象所包围的面积表示力做功的大小，已知物体 在不同合外力 F 的作用下通过的位移相同，C 选项中图象包围的面 积最大，因此合外力做功最多，根据动能定理 W 合＝1 2mv2－0，可得 C 选项物体在 x0 位置时速度最大，故 A、B、D 错误，C 正确． 答案：C 9．(2019·吉林模拟)如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的 模型．物块自左侧斜面上 A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后， 最高冲至右侧斜面上的 B 点．实验中测量出了三个角度，左右斜面 的倾角α和β及 AB 连线与水平面的夹角为θ.物块与各接触面间动摩擦 因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是 ( ) A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tanα－β 2 解析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动 摩擦因数大小．设 AB 的水平长度为 x，竖直高度差为 h，对 A 到 B 的过程运用动能定理得 mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0 因为 AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有 mgh－μmgx＝0， 解得μ＝h x ＝tan θ，故 C 正确． 答案：C 10．(2019·成都月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为 m 的滑 块距挡板 P 的距离为 x0，滑块以初速度 v0 沿斜面上滑，滑块与斜面 间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若 滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是( ) A.1 μ v20 2gcos θ ＋x0tan θ B.1 μ v20 2gsin θ ＋x0tan θ C.2 μ v20 2gcos θ ＋x0tan θ D.1 μ v20 2gcos θ ＋x0cot θ 解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 x，对 滑块运动的全程应用动能定理得：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－1 2mv20， 解得 x＝1 μ v20 2gcos θ ＋x0tan θ ，选项 A 正确． 答案：A 11．如图，在竖直平面内由1 4 圆弧 AB 和1 2 圆弧 BC 组成的光滑固 定轨道，两者在最低点 B 平滑连接．AB 弧的半径为 R，BC 弧的半 径为R 2.一小球在 A 点正上方与 A 相距R 4 处由静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动． (1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点． 解析：(1)小球下落过程由动能定理得： 小球下落至 A 点的过程： mg·R 4 ＝EkA－0① 小球下落到 B 点的过程： mg R 4 ＋R ＝EkB－0，② 由以上两式联立解得：EkB EkA ＝5 1 ；③ (2)小球恰好经过 C 点时，由牛顿第二定律得 mg＝m v20 R 2 ，④ 解得 v0＝ gR 2 ，⑤ 小球由开始下落至 C 点的过程，由动能定理得 mg·R 4 ＝1 2mv2C－0，⑥ 解得：vC＝ gR 2 .⑦ 由于 vC＝v0，故小球恰好可以沿轨道运动到 C 点．⑧ 答案：(1)5∶1 (2)见解析 12．(2019·南昌模拟)冬奥会上自由式滑雪是一项极具观赏性的运 动．其场地由助滑坡 AB(高度差为 10 m)、过渡区 BDE(两段半径不 同的圆弧平滑连接而成，其中 DE 半径为 3 m、对应的圆心角为 60°) 和跳台 EF(高度可调，取为 h＝4 m)等组成，如图所示，质量 60 kg 的运动员由 A 点静止出发，沿轨道运动到 F 处飞出．运动员飞出的 速度需在 54 km/h 到 68 km/h 之间能在空中完成规定动作，设运动员 借助滑雪杆仅在 AB 段做功，不计摩擦和空气阻力，g 取 10 m/s2，则： (1)为能完成空中动作，则该运动员在 AB 过程中至少做多少功？ (2)为能完成空中动作，在过渡区最低点 D 处，求该运动员受到 的最小支持力； (3)若将该运动员在 AB 段和 EF 段视为匀变速运动，且两段运动 时间之比为 tAB∶tEF＝3∶1，已知 AB＝2EF，则运动员在这两段运动 的加速度之比为多少？ 解析：(1)该运动员在 AF 过程中，由动能定理得 mg(hAB－h)＋W 人＝1 2mv2F－0， 运动员通过 F 的最小速度 vF＝54 km/h＝15 m/s， 解得 W 人＝3 150 J； (2)从 D 点到 F 点，由动能定理得 －mg[h＋R(1－cos 60°)]＝1 2mv2F－1 2mv2D， 其中 vF 取最小速度，在 D 点由牛顿第二定律得 FN－mg＝mv2D R ， 解得 FN＝7 300 N； (3)在 AB 段和 EF 段运动的平均速度之比： — vAB∶ — vEF＝AB tAB ∶EF tEF ＝2∶3. 设滑到 B 点的速度为 v1，则滑到 E 点的速度也为 v1，设滑到 F 点的速度为 v2， 则： — vAB＝v1 2 ， — vEF＝v1＋v2 2 ， 解得 v1＝2v2， 又有 a1＝v1 tAB ， a2＝v1－v2 tEF ， 解得 a1∶a2＝2∶3. 答案：(1)3 150 J (2)7 300 N (3)2∶3