新高考2023版高考物理一轮总复习练案14第五章第1讲功和功率.docx

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1、第五章机械能第1讲功和功率一、选择题(本题共10小题，17题为单选，810题为多选)1(2022河北高三模拟)如图所示，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，下列关于A对地面的滑动摩擦力做功和B对A的静摩擦力做功的说法，正确的是(C)A静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功B静摩擦力不做功，滑动摩擦力做负功C静摩擦力做正功，滑动摩擦力不做功D静摩擦力做负功，滑动摩擦力做正功解析对地面虽然有摩擦力，但在力的作用下地面没有发生位移，所以滑动摩擦力不做功，B对A的静摩擦力向右，A的位移也向右，所以该静摩擦力做正功，故C正确，A、B、D错误。2. (2022安徽高三月考)东京奥运会

2、上，中国羽毛球队以2金4银的成绩收官。如图所示，我国羽毛球运动员进行原地纵跳摸高训练。已知质量m50 kg的运动员原地静止站立(不起跳)摸高为2.10 m，训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5 m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90 m的高度。若运动员起跳过程和离地上升过程均视为匀变速运动，忽略空气阻力影响，g取10 m/s2。则(B)A运动员起跳过程处于失重状态B起跳过程的平均速度与离地上升到最高点过程的平均速度相等C起跳过程中运动员对地面的压力小于重力D起跳过程中地面对运动员做正功解析从开始起跳到脚离开地面做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，则起跳过程中运动员对地面的压力大于

3、重力， A、C错误；从开始起跳到脚离开地面，做匀加速运动，脚离开地面时速度为v，离开地面到上升到最高点的过程做匀减速运动，根据平均速度，则起跳过程的平均速度与离地上升到最高点过程的平均速度相等，B正确；运动员加速起跳时，地面对运动员的支持力的方向上位移为零，则对运动员不做功，D错误。3(2021全国高三专题练习)放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在06 s内其速度与时间的关系图像和拉力的功率与时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是(A)A物体的质量为 kgB滑动摩擦力的大小为5 NC06 s拉力做的功为30 JD02 s内拉力做的功为20 J解析由题图知，在26 s内，物体做匀速直

4、线运动且速度v6 m/s，P10 W，有Ff，则滑动摩擦力为fF N N，故B错误；当P30 W时，v6 m/s，得到牵引力F N5 N,02 s内物体的加速度a3 m/s2，根据牛顿第二定律得Ffma，代入数据可得m kg，故A正确；在02 s内，由Pt图像围成的面积表示拉力做的功，可得W1t130 J，同理在26 s内，拉力做的功W2Pt210(62)J40 J，故06 s拉力做的功为WW1W270 J，故C、D错误。4(2021全国高三专题练习)如图甲所示，在一无限大光滑水平面上静止放置可视为质点、质量为m2 kg的物体，以物体所在初始位置为坐标原点建立一维坐标系，现给物体施加一沿x轴正

5、向的作用力F，其大小与坐标的关系如图乙所示。则在x4 m处，作用力F的瞬时功率为(B)A15 WB20 WC40 WD无法计算解析当物体运动到x4 m处时，作用力F5 N，作用力F做的功W(35)4 J16 J，根据动能定理，有Wmv20，代入数据，可得物体运动到x4 m处时的速度v4 m/s，则在x4 m处，作用力F的瞬时功率为PFv54 W20 W，故B正确，A、C、D错误。5(2021全国高三专题练习)质量为m2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的vt图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则(D)A物体与水平面间的

6、动摩擦因数为0.5B10 s末恒力F的瞬时功率为6 WC10 s末物体在计时起点左侧2 m处D010 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W解析由图线可知，04 s内的加速度a1 m/s22 m/s2，可得Fmgma1，由图线可知410 s内的加速度a2 m/s21 m/s2，可得Fmgma2，解得F3 N，0.05，A错误；由图像可知，10 s末恒力F的瞬时功率为P10Fv1036 W18 W，B错误；由图像可知，04 s内的位移x148 m16 m，由图像可知，410 s内的位移x266 m18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处， C错误；由图像可知，010 s内恒力F做功的平均功

7、率为 W0.6 W，D正确。6(2021河南高三开学考试)从P点水平抛出一个小球，小球运动到A点和B点时，重力的瞬时功率之比为12，若P、A连线与水平方向夹角为，A、B连线与水平方向夹角为，不计空气阻力，则为(B)ABCD解析由题知，小球运动到A点和B点时，重力的瞬时功率之比为12，则有 ，vyA gt，vyB 2gt，由上式可知，tPA tAB，则tan ，tan ，xPA vt xAB，yPA gt2，yAB gt t gt2，代入数据有 ，故选B。7(2022广西桂林高三月考)质量为m2 000 kg的汽车，发动机的最大功率为P80 kW，汽车从静止开始在平直的公路上匀加速直线运动，加速

8、度大小为a2 m/s2，最终可达到最大速度为vm20 m/s。行驶过程中受到的阻力大小一定。下列说法中正确的是(C)A行驶过程中汽车受到的阻力大小为4104 NB4 s末汽车的瞬时功率为80 kWC汽车维持匀加速运动的时间为5 sD前10 s内的位移为100 m解析设汽车达到最大速度vm时牵引力为F0与阻力f相等，因此PF0vmfvm，解得f4103 N，A错误；设汽车在匀加速运动时，牵引力为F，根据牛顿第二定律Ffma，解得F8.0103 N，设保持匀加速的时间t，匀加速达到的最大速度为v1，则PFv1，解得v110 m/s，由匀加速直线运动速度与时间的关系v1at，解得t5.0 s，即汽车

9、维持匀加速运动的时间为5 s，C正确；由于t14 sa2，故A正确；由W克GWGmgh，可知篮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功，故B错误；取上升和下降全过程，由总能量守恒可知，重力势能不变，初动能转化成摩擦生热和末动能，故落回到原处的速度值小于抛出时的初速度值，故C错误；上升用逆向思维有ha1t，下降有ha2t，因a1a2，则t1PG，故D正确。10(2022银川高三模拟)如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱。当人站在平衡车上沿水平直轨道由静止开始运动，其vt图像如图所示(除310 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线)。已知人与平衡车质

10、量之和为80 kg,3 s后功率恒为300 W，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图像的信息可知(AC)A03 s时间内，牵引力做功585 JB310 s时间内，小车的平均速度大小是4.5 m/sC310 s时间内，小车克服摩擦力做功1 020 JD小车在第2 s末与第14 s末牵引力的功率之比为12解析小车最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据PFvfv m，代入数据，可得f50 N，在03 s时间内，小车做匀加速运动，根据图像可知a1 m/s2，根据牛顿第二定律Ffma，可得F130 N，在03 s时间的位移s1at24.5 m，因此03 s时间内，牵引力做功W1Fs1585 J，故A

11、正确；在310 s时间内，根据动能定理PtWfmvmmv，根据图像得Wf1 020 J，故C正确；在310 s时间内，是加速度逐渐减小的加速运动，因此平均速度4.5 m/s，故B错误；小车在2 s末的功率P2Fv260 W，因此，故D错误。二、非选择题11(2021全国乙卷，24)一篮球质量为m0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h11.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h21.2 m。若使篮球从距地面h21.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的

12、比值不变。重力加速度大小取g10 m/s2，不计空气阻力。求：(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。答案(1)4.5 J(2)9 N解析(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得E1mgh1篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得0E2mgh2第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0E40mgh4第二次从1.5 m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得Wmgh3E3因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系，代入数据可得W4.5 J。(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下

13、做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得Fmgma，在拍球时间内运动的位移为xat2，做得功为WFx，联立可得F9 N(F15 N舍去)。12(2022陕西高三模拟)2021年8月，中国海军相关部队在南部海域进行军事演练，有最新的卫星图像显示，我国国产航母“山东号”驶入了军演禁区，开始了军事训练。航母上的“歼15”舰载机采用滑跃式起飞，如图所示，AB为水平甲板，BC为倾斜甲板，倾角为，B处由光滑圆弧平滑连接。舰载机从A点启动做匀加速直线运动，经过2 s到达B点时速度为60 m/s，此时舰载机发动机的功率恰好达到额定功率，随后滑上倾斜甲板继续加速，在C点实现起飞。已知舰载机总质量为1.0104

14、kg，滑跑过程中受到的阻力(空气阻力与摩擦阻力总和)恒为自身重力的0.1倍，方向与速度方向相反。倾斜甲板舰艏高度H4 m，sin 0.2，g10 m/s2，舰载机可视为质点，航母始终处于静止状态。(1)求航母水平甲板AB之间的距离和舰载机发动机的额定功率；(2)若舰载机在倾斜甲板上继续以额定功率加速，又经过2 s最终飞离航母。通过计算判断舰载机能否安全起飞(已知舰载机的安全起飞速度至少为80 m/s)?答案(1)60 m1.86107 W(2)舰载机可以安全起飞，详见解析解析(1)由xt可得LABt160 m，由运动学公式vv0at可得a30 m/s2，水平滑跑中由牛顿第二定律得Ffma，其中fkmg，k0.1，可得F3.1105 N，由PFv得，发动机达到额定功率P额FvB1.86107 W。(2)达到额定功率后，舰载机在倾斜甲板上做变加速运动，设C点起飞时的速度为vC，由动能定理可得P额t2(fmgsin )m(vv)，解得vC104.5 m/s80 m/s，所以舰载机可以安全起飞。