【物理】2020届一轮复习人教版 功和功率 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 功和功率 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 功和功率 课时作业 一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)‎ ‎1.如图，一箱苹果沿着倾角为θ的光滑斜面加速下滑，在箱子正中央夹有一只苹果，它周围苹果对它作用力的合力(　　)‎ A．对这只苹果做正功 B．对这只苹果做负功 C．对这只苹果不做功 D．无法确定 解析：C　对整体分析，受重力和支持力，整体的加速度a＝＝gsin θ，可知苹果的加速度为gsin θ，苹果受重力、周围苹果的作用力，两个力的合力等于mgsin θ，所以其他苹果对该苹果的作用力等于mgcos θ，方向垂直于斜面向上，根据功的公式可知，周围苹果对它的作用力不做功，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎2．(2018·长沙模拟)国家“十三五”重点研发计划《现代轨道交通专项》启动时速600公里高速磁悬浮交通和时速200公里中速磁悬浮交通研发项目，列车速度的提高要解决许多具体的技术问题，提高牵引功率就是其中之一．若列车匀速行驶时，所受阻力大小与速度大小成正比，当磁悬浮列车分别以‎600 km/h和‎200 km/h的速度匀速行驶时，列车的牵引功率之比为(　　)‎ A．3∶1 B．6∶1‎ C．9∶1 D．12∶1‎ 解析：C　列车匀速行驶时，则有F＝Ff＝kv，牵引力的功率P＝Fv＝kv2，因为列车的速度之比为3∶1，所以牵引功率之比为9∶1，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎3．雨滴在空中运动时所受的阻力与其速度的平方成正比，若有两个雨滴从高空中落下，其质量分别为m1、m2，落在地面前均做匀速直线运动，则两雨滴落地前瞬间重力的功率之比为(　　)‎ A．m1∶m2 B.∶ C.∶ D.∶ 解析：D　根据平衡条件得mg＝kv2，雨滴的末速度为v＝.则落地前瞬间重力对雨滴做功的功率为P＝mgv＝mg，所以两雨滴落地前瞬间重力的功率之比为P1∶P2＝∶.‎ ‎4.如图所示，在水平面上，有一弯曲的槽道，槽道由半径分别为和R的两个半圆构成．现用大小恒为F的拉力将一光滑小球从A点沿槽道拉至B点，若拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，则此过程中拉力所做的功为(　　)‎ A．0 B．FR C．2πFR D.πFR 解析：D　因为F的方向不断改变，不能用W＝Flcos α求解，但由于拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，可采用微元法，把小球的位移分割成许多的小段，在每一小段位移上作用在小球上的力F可视为恒力，F做的总功即为F在各个小段上做功的代数和，由此得：W＝F(·2π·＋·2πR)＝πFR，所以本题答案为D.‎ ‎5.一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Ff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(　　)‎ 解析：A　当牵引力大于阻力时，机车加速运动，但速度的增加会导致牵引力变小，机车所受的合力变小，机车的加速度变小，故机车的运动为加速度不断变小的加速运动，直到加速度等于零变为匀速直线运动，故0～t1时间内，是一个恒定功率加速过程，直到变为匀速直线运动，t1～t2时间内，是另一个恒定功率加速过程，直到变为匀速直线运动，故A项正确．‎ ‎6.(2018·白城模拟)如图是武广铁路上某机车在性能测试过程中的v－t图像，‎ 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．图像中θ>α，设整个测试过程中牵引力F做的功和克服摩擦力Ff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Ff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＝2Ff B．W1＝W2，F>2Ff C．P12Ff D．P1＝P2，F＝2Ff 解析：B　对全过程由动能定理可知W1－W2＝0，故W1＝W2，由于图像中θ>α，则t2－t1>t1，即t2>2t1，由匀变速直线运动的平均速度＝，可知加速阶段的平均速度与减速阶段的平均速度相等，即1＝2，根据x＝t，所以加速阶段的位移x与减速过程中的位移x′之间的关系为x′>x，根据恒力做功公式得，W1＝Fx，W2＝Ff(x＋x′)，解得F>2Ff，故A错误，B正确；P1＝，P2＝，由于W1＝W2、t2>t1，所以P1>2P2，故C、D错误．‎ ‎7.如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，货车以速度v向左匀速运动，将货物提升高度h，则(　　)‎ A．货物向上做匀速运动 B．箱中的货物对箱底的压力大于mg C．图示位置时货车拉力的功率大于(M＋m)gvcos θ D．此过程中货车拉力做的功为(M＋m)gh 解析：BC　将货车的速度进行正交分解，如图所示：由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，即v1＝vcos θ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，处于超重状态，故箱中的货物对箱底的压力大于mg，选项A错误，B正确；货箱和货物整体向上做加速运动，则拉力大于(M＋m)g，整体的速度为vcos θ，拉力功率P＝Fv1>(M＋m)gvcos θ，选项C正确；此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量，大于(M＋m)gh，选项D错误．‎ ‎8.(2018·白银模拟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)，用长为L的细线悬挂于O点，自由静止在A位置．现用水平力F缓慢地将小球从A拉到B位置而静止，细线与竖直方向夹角为θ＝60°，此时细线的拉力为FT1，然后撤去水平力F，小球从B返回到A点时细线的拉力为FT2，则(　　)‎ A．FT1＝FT2＝2mg B．从A到B，拉力F做功为mgL C．从B到A的过程中，小球受到的合外力大小不变 D．从B到A的过程中，小球重力的瞬时功率先增大后减小 解析：AD　小球在B位置时受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、沿BO方向的拉力FT1，根据平衡条件得FT1＝＝2mg，小球返回到A时，由牛顿第二定律得FT2－mg＝m，从B到A由动能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv－0；联立解得FT2＝2mg，即FT1＝FT2＝2mg，故A正确；根据动能定理得WF－mgL(1－cos 60°)＝0，解得WF＝mgL，故B错误；从B到A小球做圆周运动，在B点时所受的合力为FB＝mgsin θ，在A点时所受的合力为FA＝m，解得FA＝mg，显然FA≠FB，故C错误；根据P＝Fvcos α，小球在B点时的速度为0，所以重力的瞬时功率也为0，尽管小球在A点时的速度最大，但此时在竖直方向的速度为0，所以重力的瞬时功率也为0，所以小球从B到A的过程中重力的瞬时功率先增大后减小，故D正确．‎ ‎9．如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为‎2 kg的物体在F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙．所示，由此可知以下说法不正确的是(　　)‎ A．物体加速度大小为‎2 m/s2‎ B．F的大小为21 N C．4 s末F的功率大小为42 W D．4 s内F做功的平均功率为42 W 解析：ABD　由图乙可知，物体的加速度a＝‎0.5 m/s2，由‎2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N，A、B均错误；4 s末力F的作用点的速度大小为vF＝2×‎2 m/s＝‎4 m/s，故4 s末拉力F做功的功率为P＝F·vF＝42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h＝‎4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝‎8 m，拉力F所做的功W＝F·l＝84 J,4 s内拉力F做功的平均功率＝＝21 W，D错误．‎ ‎10.质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的v－t图像如图所示，OA段为倾斜直线，AB段为曲线．从t1时刻起牵引力的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则(　　)‎ A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m B．t1～t2时间内，汽车的功率等于(m＋Ff)v1‎ C．汽车运动的最大速度v2＝(＋1)v1‎ D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于 解析：BC　由题图可知，0～t1阶段，汽车做匀加速为直线运动，a＝，F1－Ff＝ma，联立得F1＝m＋Ff，选项A错误；在t1时刻汽车达到额定功率P＝F1v1＝(m＋Ff)v1，t1～t2时间内，汽车保持额定功率不变，选项B正确；t2时刻，速度达到最大值v2，此时刻F2＝Ff，P＝F2v2，v2＝＝(＋1)v1，选项C正确；由v－t图线与t轴所围图形的面积表示位移的大小可知，t1～t2时间内，汽车的平均速度大于，故选项D错误．‎ 二、计算题(本题共2小题，需写出规范的解题步骤．)‎ ‎11．如图甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×‎103 kg的汽车，正以‎10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图像如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．‎ 假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)‎ Ff1＝2 000 N，解题时将汽车看成质点，求：‎ ‎(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；‎ ‎(2)汽车速度减至‎8 m/s时的加速度a大小；‎ ‎(3)BC路段的长度．‎ 解析：(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力相等，‎ 有F1＝Ff1，输出功率P＝F1v1‎ 解得P＝20 kW ‎(2)t＝15 s后汽车处于匀速运动状态，‎ 有F2＝Ff2，P＝F2v2，解得Ff2＝4 000 N v＝‎8 m/s时汽车在做减速运动，有Ff2－F＝ma，F＝ 解得a＝‎0.75 m/s2‎ ‎(3)对BC段由动能定理有Pt－Ff2x＝mv－mv 解得x＝‎‎68.75 m 答案：(1)20 kW　(2)‎0.75 m/s2　(3)‎‎68.75 m ‎12.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与对应速度v，并描绘出如图所示的F－图像(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)．假设该汽车行驶中所受的阻力恒定，根据图线ABC：‎ ‎(1)求该汽车的额定功率．‎ ‎(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．‎ 解析：(1)由图线分析可知：图线AB表示牵引力F不变即F＝8 000 N，阻力f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．由图可知：当最大速度vmax＝‎40 m/s时，牵引力为Fmin＝2 ‎ ‎000 N 由平衡条件f＝Fmin可得f＝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s，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－fs＝mv－mv，代入数据可得s＝‎75 m.‎ 答案：(1)8×104 W　(2)‎‎75 m