高考物理一轮复习 精选题辑 课练14 功和功率-人教版高三全册物理试题.doc

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1、课练14功和功率1(2018江苏南通模拟)(多选)如图所示，有三个相同的小球A、B、C，其中小球A沿高为h、倾角为的光滑斜面以初速度v0从顶端滑到底端，小球B以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，小球C在同等高度处以初速度v0水平抛出，则()A小球A到达地面时的速度最大B从开始至落地，重力对它们做功相同C从开始运动至落地过程中，重力对它们做功的平均功率一定相同D三个小球到达地面时，小球B重力的瞬时功率最大答案：BD解析：三个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒定律可知三个小球落地时动能相等，速度的大小相等故A错误；重力做功只与初、末位置有关，三个小球的起点和终点

2、的高度差一样，所以重力做的功相同，故B正确；由题可知，B与C在空中运动的时间显然不同，平均功率等于做功的大小与所用时间的比值，小球重力做的功相同，但是时间不同，所以重力做功的平均功率不同，故C错误；小球落地时的速度的大小相等而方向不同，由于A、C两球都有水平方向的分速度，而B球没有水平方向的分速度，所以B球竖直方向的速度最大，由瞬时功率的公式可以知道，B球的重力的瞬时功率最大，故D正确2如图所示，一架自动扶梯以恒定的速度v1运送乘客上同一楼层，某乘客第一次站在扶梯上不动，第二次以相对扶梯v2的速度匀速往上走扶梯两次运送乘客所做的功分别为W1、W2，牵引力的功率分别为P1、P2，则()AW1W2

3、，P1P2BW1W2，P1P2CW1W2，P1W2，P1P2答案：D解析：功等于力和在力的方向上通过的距离的乘积，由于都是匀速运动，两种情况力的大小相等；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离，所以第一次扶梯运动的距离要比第二次扶梯运动的距离长，故两次扶梯运客所做的功不同，有W1W2；功率等于力与沿力方向的速度的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相等，扶梯移动的速度也相同，电机驱动扶梯做功的功率相同，即P1P2，故选D.3如图所示，在外力作用下某质点运动的vt图象为正弦曲线在0t4(一个周期)内，从图中可以判断下列说法正确的是()At2时刻质点所在的位置为质点运动的对称中心B在0t1时间内，外力

4、逐渐减小，外力的功率逐渐增大Ct4时刻，质点回到出发点D在t2t3时间内，外力做的总功为零答案：C解析：因vt图象中图线与横轴所围的面积表示位移，分析图象可知，质点在t2时刻位移最大，速度为零，之后运动方向改变，在一个周期内位移为零，即回到出发点，故A错误；vt图象中图线的斜率表示加速度，所以在0t1时间内，质点做加速度减小的加速度运动，由于加速度对应合外力，则t0时刻，外力最大，但质点速度为零，根据PFv知，外力的功率为零，t1时刻速度最大，但外力为零，外力的功率仍然为零，所以，在0t1时间内，外力逐渐减小，但外力的功率先增大后减小，B错误；t4时刻质点回到出发点，位移为零，C正确；t2时刻

5、质点速度为零，t3时刻质点速度沿负方向最大，则动能最大，所以在t2t3时间内，外力做的总功不为零，D错误4(2018河北衡水中学二调)(多选)竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度，下述分析正确的是()A上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功B上升过程中克服阻力做的功等于下降过程中克服阻力做的功C上升过程中合力做的功的绝对值大于下降过程中合力做的功的绝对值D上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率答案：CD解析：重力做功的大小只与物体的初、末位置有关，与物体的运动路径无关，所以在上升和下降的过程中，重力做功的大小是相等的，故上升过

6、程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故A错误；在上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，而空气阻力的大小正比于球的速度，所以在上升过程中的平均阻力大于下降过程中的平均阻力，位移大小是相等的，所以上升过程中克服阻力做的功大于下降过程中克服阻力做的功，故B错误；物体在上升的过程中，受到的阻力向下，在下降的过程中受到的阻力向上，所以在上升时球受到的合力大，上升过程中合力做的功的绝对值大于下降过程中合力做的功的绝对值，故C正确；上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率在初始位置，下降过程中重力做功的最大瞬时功率也在回到原位置处，由于有阻力做负功，所以落回原点的速度小于抛出时的速度，根据Pmg

7、v可知，上升过程中克服重力做功的最大瞬时功率大于下降过程中重力做功的最大瞬时功率，故D正确5(2018河北五个一名校联盟二模)(多选)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度随时间变化的图象和该拉力的功率随时间变化的图象分别如图甲、乙所示下列说法正确的是()A06 s内物体的位移大小为30 mB26 s内拉力做的功为40 JC合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等D滑动摩擦力的大小为5 N答案：ABC解析：06 s内物体的位移大小x6 m30 m，故A正确；26 s内拉力做的功WPt104 J40 J，故B正确；在26 s内，物体做匀速直线运动，合外力为零，合外力

8、做的功为零，则合外力在06 s内做的功与02 s内做的功相等，故C正确；在26 s内，v6 m/s，P10 W，物体做匀速直线运动，摩擦力fF，得到fF N，故D错误6(2018湖南师大附中二模)一摩托车在竖直的圆轨道内侧做匀速圆周运动，人和车的总质量为m，轨道半径为R，车经最高点时发动机功率为P0、车对轨道的压力为mg.设轨道对摩托车的阻力与车对轨道的压力成正比，则()A车经最低点时对轨道的压力为mgB车运动过程中发动机的功率一直不变C车经最低点时发动机功率为3P0D车从最高点到最低点的过程中，人和车重力做功的功率不变答案：C解析：在最高点，向心力大小为FnN1mg2mg，摩托车做匀速圆周运

9、动，向心力大小不变，则在最低点N2mgFn，得N23mg，根据牛顿第三定律得车经最低点时对轨道的压力为3mg，故A错误；在最高点，发动机功率P0F1vN1vmgv，在最低点发动机功率为PF2vN2v3mgv，则有P3P0，故B错误，C正确；摩托车做匀速圆周运动，速度大小不变，重力大小不变，车从最高点到最低点的过程中，重力方向和速度方向的夹角先变小再变大，重力功率先变大再变小，故D错误7(2018安徽安庆二中月考)(多选)一质量为m的木块静止在光滑的水平面上从t0开始，将一个大小为F的水平恒力作用在该木块上，下列说法正确的是()A木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做的功为B木块在经历时间t1

10、的过程中，在t1时刻力F的瞬时功率为C木块在经历时间t1的过程中，在t1时刻力F的瞬时功率为D木块在经历时间t1的过程中，水平恒力F做功的平均功率为答案：AC解析：由牛顿第二定律可以得到，Fma，所以a，t1时刻的速度为vat1t1，t1时间内通过的位移为xat，做的功为WFx，故A正确；所以t1时刻F的瞬时功率为PFvFt1，故B错误，C正确；平均功率为，故D错误8(2018四川资阳二诊)(多选)一质量为800 kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18 m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F图象，图中AB、BC均为直线若电动汽车

11、行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是()A电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动B电动汽车的额定功率为10.8 kWC电动汽车由静止开始经过2 s，速度达到6 m/sD电动汽车行驶中所受的阻力为600 N答案：BD解析：AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，电动汽车的加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；额定功率PFminvmax60018 W10.8 kW，故B正确；匀加速运动的加速度a m/s23 m/s2，到达B点时的速度v m/s3.6 m/s，所以匀加速的时间t1.2 s，若电动汽车在2 s内由静止开始一直做匀加速运动，则经过2 s时的速度vat6 m/s，所以电动

12、汽车由静止开始经过2 s，速度小于6 m/s，故C错误；当最大速度vmax18 m/s时，牵引力为Fmin600 N，故恒定阻力fFmin600 N，故D正确9如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时缆绳与水平方向的夹角为，小船的速度大小为v0，则此时小船加速度大小a和缆绳对船的拉力F为(缆绳质量忽略不计)()Aa，FBa，FCa，FDa，F答案：B解析：根据PFv0cos得F，根据牛顿第二定律Fcosfma得a，所以选项B正确10(多选)如图所示，半径为r的光滑水平转盘到水平地

13、面的高度为H，质量为m的小物块被一个电子锁定装置锁定在转盘边缘，转盘绕过转盘中心的竖直轴以kt(k0且是恒量)的角速度转动从t0开始，在不同的时刻t将小物块解锁，小物块经过一段时间后落到地面上假设在t时刻解锁的小物块落到地面上时重力的瞬时功率为P，落地点到转盘中心的水平距离为d，则下列Pt图象、d2t2图象中正确的是()答案：BC解析：t时刻将小物块解锁后小物块做平抛运动，初速度v0rkt，物块落地时竖直分速度vy，物块落到地面上时重力的瞬时功率Pmgvymg，可见P与t无关，选项A错误、B正确；物块做平抛运动的时间t ，水平位移大小xv0trkt ，则根据几何知识有d2r2x2r2t2，选项

14、C正确、D错误11.某一空间飞行器质量为m，从地面起飞时，恰好沿与水平方向成30角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角60，经时间t后，将动力方向沿逆时针旋转60，同时适当调节其大小，使飞行器沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)t时刻飞行器的速率v；(2)t时刻发动机动力的功率P；(3)从起飞到上升到最大高度的整个过程中，飞行器发动机的动力做的总功W.答案：(1)gt(2)mg2t(3)mg2t2解析：(1)对飞行器进行受力分析如图，根据正弦定理得Fmg，F合mg根据牛顿第二定律有F合ma得agt时刻飞行器的速率vatgt(2)

15、设t时刻发动机动力的功率为P，则PFvcos()得Pmg2t(3)动力方向沿逆时针旋转60，恰好与速度方向垂直，减速过程发动机动力做的功为零飞行器从地面到最大高度的整个过程中发动机动力做的总功Wt得Wmg2t212汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍(g取10 m/s2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s时，其加速度是多少？(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s2启动，则这一过程能维持多长时间？答案：(1)12 m/s1.4 m/s2(2)16 s解析：汽车前进的过程中受到的阻力是不变的

16、，在使用瞬时功率公式PFv时，要明确式中F是汽车的牵引力而不是合力；在使用加速度公式a时，要明确式中F是汽车所受到的合力而不是牵引力(1)汽车前进的过程中阻力不变F阻0.1mg0.1510310 N5103 N牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度：vm m/s12 m/s当v5 m/s时，F牵 N1.2104 N所以此刻加速度a m/s21.4 m/s2.(2)当汽车以恒定加速度a0.5 m/s2启动时所需恒定的牵引力F牵maF阻51030.5 N5103 N7.5103 N当功率达到汽车额定功率时v m/s8 m/s匀加速运动持续时间t s16 s.刷题加餐练1(2017新课标全国卷，16)如

17、图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.mglB.mglC.mgl D.mgl答案：A解析：以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1mgmgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2mgmgl，则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即WEp2Ep1mglmglmgl，选项A正确2(2017新课标全国卷，14)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面

18、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始终指向大圆环圆心 D始终背离大圆环圆心答案：A解析：光滑大圆环对小环只有弹力作用弹力方向沿大圆环的半径方向(下滑过程先背离圆心，后指向圆心)，与小环的速度方向始终垂直，不做功故选A.3(2015新课标全国卷，17)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阻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：在vt图象中，图线的斜率代表汽车运动时的加速度，由牛顿第

19、二定律可得：在0t1时间内，F阻ma，当速度v不变时，加速度a为零，在vt图象中为一条水平线；当速度v变大时，加速度a变小，在vt图象中为一条斜率逐渐减小的曲线，选项B、D错误；同理，在t1t2时间内，F阻ma，图象变化情况与0t1时间内情况相似，由于汽车在运动过程中速度不会发生突变，故选项C错误，选项A正确4(2018江苏扬州中学模拟)如图所示，光滑斜面放在水平面上，斜面上用固定的竖直挡板挡住一个光滑的重球当整个装置沿水平面向左减速运动的过程中，关于重球所受各力做功情况的说法中错误的是()A重力不做功B斜面对球的弹力一定做正功C挡板对球的弹力可能不做功D挡板对球的弹力一定做负功答案：C解析：

20、对球进行受力分析，如图所示，球受到竖直向下的重力mg，垂直于斜面向上的弹力N2，挡板对它水平向右的弹力N1，而球的位移方向水平向左，重力方向与位移方向垂直，重力不做功，故A正确；由于整个装置向左减速运动，加速度水平向右，竖直方向受力平衡，则得N20，且N2与位移的夹角为锐角，斜面对球的弹力一定做正功，故B正确；设加速度为a，斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得，竖直方向：N2cosmg0，水平方向：N1N2sinma，由上分析知N10，因为挡板对球的弹力N1的方向与位移方向相反，所以N1一定做负功，故C错误，D正确本题选错误的，故选C.5(2018广东广州二模)(多选)如图，倾角为30的自动扶梯在

21、工作电压为380 V的电动机带动下以0.4 m/s的恒定速率向斜上方运动，电动机的最大输出功率为4.9 kW，空载时电动机中的电流为5 A，若载人时扶梯的运动速率和空载时相同设所载人的平均质量为60 kg，重力加速度g取10 m/s2.不计一切损耗，则扶梯匀速运动过程中()A站在扶梯上的人不受摩擦力作用B扶梯可同时乘载的最多人数为25人C扶梯可同时乘载的最多人数为40人D无论空载、承载或满载，电动机的输出功率均为4.9 kW答案：AB解析：因扶梯斜向上匀速运动，故站在扶梯上的人竖直方向和水平方向均受力平衡，则水平方向不受摩擦力作用，选项A正确；维持扶梯运转的功率P0UI380 V5 A1 90

22、0 W1.9 kW，电动机的最大输出功率为P最大4.9 kW，输送顾客的功率PP最大P04.9 kW1.9 kW3 kW，输送一个人的功率PGvsin30mgvsin3060 kg10 N/kg0.4 m/ssin 30120 W，同时乘载的最多人数n25(人)，选项B正确，C错误；空载时电动机的输出功率为1.9 kW，满载时电动机的输出功率为4.9 kW，选项D错误6(2018四川绵阳诊断)在2016年11月初的珠海航展上，我国展出了国产四代战机歼20等最先进飞机假设航展飞行表演前，两架完全相同有歼20飞机甲、乙在两条平行平直跑道上同向滑行，在0t2时间内的vt图象如图所示，则()A在t1时

23、刻，两飞机沿跑道方向相距最远B在t1时刻，两飞机发动机输出功率相等C0t2内，飞机甲的平均速度大于飞机乙的平均速度D0t2内，合外力对飞机甲做的功的绝对值大于合外力对飞机乙做的功的绝对值答案：C解析：由于甲、乙飞机滑行的初始位置无法确定，故无法判断甲、乙间的距离关系，故A错误；在t1时刻，甲、乙的速度相同，但甲做加速运动，乙做减速运动，根据牛顿第二定律有Ffma，可知甲的牵引力大于乙的牵引力，根据PFv可知甲的输出功率大于乙的输出功率，故B错误；0t2内，甲的平均速度甲，乙的平均速度乙v)时，所受牵引力为F.以下说法正确的是()A装甲车速度为v时，装甲车的牵引力做功为FsB装甲车的最大速度vm

24、C装甲车速度为v时加速度为aD装甲车从静止开始达到最大速度vm所用时间t答案：BC解析：因功率PFv恒，故随v的增大F减小，即牵引力F为变力，不能直接用WFs计算牵引力所做的功，故A错；装甲车速度最大时牵引力FFf，故vm，即B对；由牛顿第二定律知C对；由于装甲车做非匀变速直线运动，所以，t，即D错8.(多选)如图所示，一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，初始时刻小球静止于P点，第一次小球在水平拉力F作用下，从P点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为，张力大小为T1，第二次在水平恒力F作用下，从P点开始运动并恰好能到达Q点，至Q点时轻绳中的张力大小为T2，关于这两个过程，下列说法

25、中正确的是(不计空气阻力，重力加速度为g)()A第一个过程中，拉力F在逐渐变大，且最大值一定大于FB两个过程中，轻绳的张力均变大CT1，T2mgD第二个过程中，重力和水平恒力F的合力的功率先增大后减小答案：AC解析：第一次小球缓慢移动，因此，小球始终处于平衡状态，解得Fmgtan，绳中张力T，随着逐渐增大，力F、T逐渐增大，当时，有Fmmgtan，T1.在第二次小球运动过程中，根据动能定理有mgl(1cos)Flsin0，解得Fmgmgtan，故选项A正确；第二次运动过程中，小球恰能到达Q点，说明vQ0，对小球受力分析，根据平衡条件可知，沿轻绳方向有T2mgcosFsin0，解得T2mg，故选

26、项C正确；在第二次运动过程中，根据平行四边形定则可知，重力与水平拉力的合力为F合，恒定不变，方向与竖直方向成角，整个过程中小球先加速后减速，当小球运动至轻绳与竖直方向成角时，速度最大，根据牛顿第二定律和向心力公式可知，此时轻绳中的拉力最大，故选项B错误；第二次运动过程中，在P点、Q点和速度最大点这三点处，重力与水平拉力F的合力F合的瞬时功率为零，其他位置不为零，因此此过程中，F合的功率是先增大后减小，再增大再减小，故选项D错误9(2018江西赣州统测)(多选)在倾角为的光滑斜面上有两个用轻弹簧连接的物块A和B，它们的质量分别为3m和2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态再用

27、一沿斜面方向的恒力F拉物块A使之沿斜面向上运动，当B刚离开C时，A的速度为v，加速度方向沿斜面向上、大小为a，则()A从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移为B从静止到B刚离开C的过程中，重力对A做的功为CB刚离开C时，恒力对A做功的功率为(5mgsin2ma)vD当A的速度达到最大时，B的加速度大小为a答案：AD解析：开始A处于静止状态，弹簧处于压缩状态，根据平衡条件有3mgsinkx1，解得弹簧的压缩量x1，当B刚离开C时，B对挡板的弹力为零，有kx22mgsin，解得弹簧的伸长量x2，可知从静止到B刚离开C的过程中，A发生的位移xx1x2，故A正确；从静止到B刚离开C的过程中，重力对A

28、做的功W3mgxsin，故B错误；根据牛顿第二定律得F3mgsinkx23ma，解得F5mgsin3ma，则恒力对A做功的功率PFv(5mgsin3ma)v，故C错误；当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则对A有F3mgsinT0，所以T2mgsin3ma，弹簧对A的拉力和对B的拉力大小相等，即TT，B沿斜面方向受到的合力FBT2mgsin2ma解得aa，故D正确计算功时，对力、位移与对象的区配不清10(2018黑龙江哈师大附中期中)测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮(不计滑轮质量及摩擦)，下悬一个质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不

29、动，使传送带以速率v匀速向右运动下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是()A人对传送带不做功B人对传送带做负功C人对传送带做功的功率为m2gvD人对传送带做功的功率为(m1m2)gv答案：C解析：人对传送带的摩擦力方向向右，传送带在力的方向上有位移，所以人对传送带做功，摩擦力和位移的方向相同，故做正功，故A、B错误；人的重力不动，绳对人的拉力和传送带对人的摩擦力平衡，而拉力等于m2g，所以人对传送带做功的功率为m2gv，故C正确，D错误不能清楚地分析机车瞬时功率问题11(多选)汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，牵引力为F0.t1时刻，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小

30、一半，并保持该功率继续行驶，到t2时刻，汽车又恢复了匀速直线运动(设整个过程中汽车所受的阻力不变)在下图中能正确反映汽车牵引力F、汽车速度v在这个过程中随时间t变化情况的是()答案：AD解析：汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡当司机减小油门，汽车的功率减为的瞬间，速度v不变，由PFv可知，汽车的牵引力突然减小到原来的一半，即为FF0，阻力f没有变化，汽车的牵引力小于阻力，汽车开始做减速运动，速度v减小，功率保持为，由PFv可知，随v减小，牵引力逐渐增大，汽车受到的合力变小，由牛顿第二定律可知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的减速运动，当汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次匀

31、速运动，由PFv得知，此时汽车的速度为原来的一半，由图象可知，A、D正确12.如图是一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行器，具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点现进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直向上起飞，经t20 s上升到h47 m，速度达到v6 m/s之后，不断调整功率继续上升，最终悬停在高H108 m处已知无人机的质量m4 kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降过程中均受空气阻力，且大小恒为f4 N，取g10 m/s2.(1)求无人机的额定功率；(2)当悬停在H高处时，突然关闭动力设备，无人机由静止开始竖直坠落，2 s末启动动力设备，无人机立即获得向上的恒力F，使其到达地面时速度恰好为0，则F是多大？答案：(1)107 W(2)43.2 N解析：(1)无人机以额定功率向上运动时，由动能定理可得：Pt(mgf)hmv2解得P107 W(2)关闭动力设备后，无人机加速下落，设下落的加速度为a1，由牛顿第二定律可得mgfma1经过2 s后，由运动学规律可得，速度v1a1t1下落高度h1a1t启动动力设备后，无人机减速下降，设加速度为a2，由运动学规律和牛顿运动定律可得0v2a2(Hh1)mgFfma2联立解得F43.2 N