2019版高考物理总复习第14课功和功率练习.doc

1、1第 14 课 功和功率1 功的理解和计算a根据力与速度的夹角判断做功与否以及做功的正负(1)(2018 改编，6 分)如图所示，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，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一直做负功 D先做正功后做负功答案：A解析：对小环进行受力分析，大圆环是光滑的，则小环和大环之间没有摩擦力，大环对小环的弹力总是垂直于小环的速度方向，弹力与速度的夹角为 90，所以大环对小环没有做功，故 A 项正确，B 项、 C 项、D 项均错误。b利用 W Flcos 计算恒力做功(2)(

2、2018 改编，10 分)某车站使用的水平传输装置示意图如图所示，皮带在电动机的带动下保持 v2 m/s 的恒定速度向右运动，现将一质量为 m10 kg 的行李轻放在皮带上，行李和皮带间的动摩擦因数 0.2。设皮带足够长，取 g10 m/s2，在行李与皮带发生相对滑动的过程中，求行李与皮带间的摩擦力对皮带做的功 W。答案：40 J (10 分)解析：设行李放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到向右的滑动摩擦力大小为 F，则 F mg (2 分)取向右为正方向，对行李有 F ma， v at (2 分)行李与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为 s，则 s vt (2 分)2由牛顿第

3、三定律可知，皮带受到的摩擦力方向向左，大小为 F(1 分)则摩擦力对皮带做的功 W Fscos 180 (2 分)联立并代入数据解得 W40 J (1 分) c利用动能定理求解变力做功(3)(2015 海南理综，3 分)如图所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为 g。质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )A. mgR B. mgR C. mgR D. mgR 14 13 12 4答案：C解析：在 Q 点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，

4、两力的合力充当向心力，所以有 FN mg m ， FN2 mg，联立解得 v 。下滑过程中，根据动能定理可得v2R gRmgR Wf mv2，解得 Wf mgR，所以克服摩擦力做功为 mgR，故 C 项正确。12 12 122功率的理解和计算a. 利用 P 求解平均功率Wt(4)(多选)(2015 浙江理综，6 分 )我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。舰载机总质量为 3.0104 kg，设起飞过程中发动机的推力恒为 1.0105 N，弹射器有效作用长度为 100 m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到 80 m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，

5、假设所受阻力为总推力的 20%，则( )A弹射器的推力大小为 1.1106 NB弹射器对舰载机所做的功为 1.1108 JC弹射器对舰载机做功的平均功率为 8.8107 WD舰载机在弹射过程中的加速度大小为 32 m/s2答案：ABD解析：由题可知，舰载机弹射过程的加速度 a m/s232 m/s 2，故 D 项正确。v22x 8022100根据牛顿第二定律得 0.8(F 发 F 弹 ) ma，得弹射器的推力大小 F 弹 1110 6 N，故 A项正确。弹射器对舰载机做的功 W F 弹 x1.110 6100 J1.110 8 J，故 B 项正确。弹射过程的时间 t s2.5 s，弹射器做功的

6、平均功率 P 4.410 7 W，故 C 项va 8032 Wt错误。b利用 P Fv 求解瞬时功率(5)(多选)(2018 改编，6 分 )一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t0 时起，第 1 秒内受到 2 N 的水平外力作用，第 2 秒内受到同方向的 1 N 的外力作用。下列判断正3确的是( )A第 2 秒内的位移为 m52B第 2 秒内外力所做的功是 J54C第 2 秒末外力的瞬时功率最大D第 1 秒内与第 2 秒内质点动能增加量的比值为45答案：AD解析：由题意可知，质点所受的水平外力即为合力，由牛顿第二定律可得，质点在第 1 秒内的加速度 a1 2 m/s ，第 1

7、秒末的速度 v1 a1t2 m/s，第 1 秒内的位移F1m 2x1 a1t21 m，质点在第 2 秒内的加速度 a2 1 m/s ，第 2 秒末的速度12 F2m 2v2 v1 a2t3 m/s，第 2 秒内的位移 x2 v1t a2t2 m，第 1 秒内外力做功12 52W1 F1x12 J，第 2 秒内外力做功 W2F2x2 J，故 A 项正确，B 项错误。接近第 1 秒末时外力的瞬时功率接近 P1 F1v14 W，52第 2 秒末外力的瞬时功率 P2 F2v23W，故 C 项错误。根据动能定理可知，第 1 秒动能增加量为 mv 2 J，第 2 秒动能增加量为 mv mv J，动能增加量

8、的比值为 ，故 D12 21 12 2 12 21 52 45项正确。3机车启动问题a机车以恒定功率 P 启动(6)(2015 全国，6 分)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 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：因 P F 牵 v， F 牵 f ma，汽车在 0 t1时间内功率恒定，若恰好是匀速运动，则v t 图像是平行于 t 轴的直线；若是加速，则当汽车的速度增大时，牵引力 F 牵 减小，加4速度 a 减小， v t 图像的斜率减小。 t1时刻汽车的功率突

9、然增加，牵引力 F 牵 瞬F牵 fm间增大，随着 v 逐渐增大， F 牵 逐渐减小，加速度 a 逐渐减小， v t 图像的斜率减小，故A 项正确，B 项、C 项、D 项均错误。b机车以恒定加速度 a 启动(7)(经典题，9 分)电动车被认为是最新型节能环保的交通工具。在检测某款电动车性能的实验中，让电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度 v，根据部分数据绘出的 F 图像如图所示。已知电动车质量为 m210 3 1vkg，假设电动车行驶过程中所受的阻力恒定，求：电动车的额定功率以及在运动过程中受到的阻力；电动车做匀加速运动的时间。答案：610 4 W

10、 210 3 N(3 分) 5 s(6 分)解析：由题图可知电动车的最大速度为 vm30 m/s，此时牵引力为 F2210 3 N 最大车速时，电动车受力平衡，阻力与牵引力大小相等， f F2210 3 N (1 分)根据 P Fv，得额定功率为 P 额 F2vm (1 分)代入数据解得 P 额 610 4 W(1 分)设匀加速过程中的最大速度为 v0，加速度为 a，加速时间为 t1，则 v0 (1 分)P额F1由图可知此时牵引力为 F1610 3 N代入数据解得 v010 m/s(1 分)由牛顿第二定律有 F1 f ma(1 分)代入数据解得 a2 m/s 2(1 分)由运动学公式有 v0 at1(1 分)代入数据解得 t15 s(1 分)