高考物理一轮总复习专题练习14第五章第1讲功和功率含答案

第五章　机械能

第1讲　功和功率

一、选择题(本题共10小题，1～7题为单选，8～10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m＝50 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0～6 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 kg

B．滑动摩擦力的大小为5 N

C．0～6 s拉力做的功为30 J

D．0～2 s内拉力做的功为20 J

[解析]　由题图知，在2～6 s内，物体做匀速直线运动且速度v＝6 m/s，P＝10 W，有F＝f，则滑动摩擦力为f＝F＝＝ N＝ N，故B错误；当P＝30 W时，v＝6 m/s，得到牵引力F′＝＝ N＝5 N,0～2 s内物体的加速度a＝＝3 m/s2，根据牛顿第二定律得F′－f＝ma，代入数据可得m＝ kg，故A正确；在0～2 s内，由P－t图像围成的面积表示拉力做的功，可得W1＝t1＝30 J，同理在2～6 s内，拉力做的功W2＝Pt2＝10×(6－2)J＝40 J，故0～6 s拉力做的功为W＝W1＋W2＝70 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m＝2 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轴正向的作用力F，其大小与坐标的关系如图乙所示。则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为(　B　)

A．15 W　 B．20 W

C．40 W　 D．无法计算

[解析]　当物体运动到x＝4 m处时，作用力F＝5 N，作用力F做的功W＝(3＋5)×4 J＝16 J，根据动能定理，有W＝mv2－0，代入数据，可得物体运动到x＝4 m处时的速度v＝4 m/s，则在x＝4 m处，作用力F的瞬时功率为P＝Fv＝5×4 W＝20 W，故B正确，A、C、D错误。

5．(2021·全国高三专题练习)质量为m＝2  kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v－t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则　(　D　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5

B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 W

C．10 s末物体在计时起点左侧2 m处

D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W

[解析]　由图线可知，0～4 s内的加速度a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得F＋μmg＝ma1，由图线可知4～10 s内的加速度a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得F－μmg＝ma2，解得F＝3 N，μ＝0.05，A错误；由图像可知，10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝Fv10＝3×6 W＝18 W，B错误；由图像可知，0～4 s内的位移x1＝×4×8 m＝16 m，由图像可知，4～10 s内的位移x2＝－×6×6 m＝－18 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，0～10 s内恒力F做功的平均功率为＝＝ W＝0.6 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1∶2，若P、A连线与水平方向夹角为α，A、B连线与水平方向夹角为θ，不计空气阻力，则为(　B　)

A． B．

C． D．

[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1∶2，则有 ＝  ＝ ，vyA ＝ gt，vyB ＝ 2gt，由上式可知，tPA ＝ tAB，则tan α ＝ ，tan θ ＝ ，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m＝2 000 kg的汽车，发动机的最大功率为P＝80 kW，汽车从静止开始在平直的公路上匀加速直线运动，加速度大小为a＝2 m/s2，最终可达到最大速度为vm＝20 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4×104 N

B．4 s末汽车的瞬时功率为80 kW

C．汽车维持匀加速运动的时间为5 s

D．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P＝F0vm＝fvm，解得f＝＝4×103 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F－f＝ma，解得F＝8.0×103 N，设保持匀加速的时间t，匀加速达到的最大速度为v1，则P＝Fv1，解得v1＝10 m/s，由匀加速直线运动速度与时间的关系v1＝at，解得t＝5.0 s，即汽车维持匀加速运动的时间为5 s，C正确；由于t1＝4 s<t＝5 s，则汽车正处于匀加速直线运动阶段，瞬时功率P1＝Fat1＝8×103×2×4 W＝6.4×104 W＝64 kW，B错误；若前10 s一直匀加速运动，位移为x0＝at2＝×2×102 m＝100 m，而汽车前5 s汽车做匀加速直线运动，之后加速度减小，故10 s内的位移小于100 m，D错误。

8．(2022·福建模拟)水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为μ(0＜μ＜1)。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则(　BC　)

A．F一直增大　 B．F先减小后增大

C．F的功率减小　 D．F的功率不变

[解析]　对物体受力分析如图：

因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：

Fcos θ＝μ(mg－Fsin θ)

F＝

令：sin β＝，cos β＝，即：tan β＝

则：F＝

＝

θ从0逐渐增大到90°的过程中，在θ＋β＜90°前sin(β＋θ)逐渐变大，所以F逐渐减小；在θ＋β＞90°后sin(β＋θ)逐渐变小，所以F逐渐增大；所以结论是：F先减小后增大，故A错误，B正确；功率P＝Fvcos θ＝×v×cos θ＝，θ从0逐渐增大到90°的过程中，tan θ一直在变大，所以功率P一直在减小，故D错误，C正确。故选BC。

9．(2021·重庆巴蜀中学高三月考)运动场上，某同学将篮球竖直向上抛出，到最高点又竖直落回到抛出点，若篮球所受的空气阻力大小恒定，下列判断正确的是(　AD　)

A．篮球上升过程中的加速度大于下降过程中的加速度

B．篮球上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功

C．篮球下落到抛出点的速度大于篮球抛出时向上的初速度

D．篮球上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率

[解析]　上升过程a1＝＝g＋，下降过程a2＝＝g－，可知a1>a2，故A正确；由W克G＝WG＝mgh，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h＝a1t，下降有h＝a2t，因a1>a2，则t1<t2，又P克G＝＝，PG＝＝，则P克G>PG，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v－t图像如图所示(除3～10 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　)

A．0～3 s时间内，牵引力做功585 J

B．3～10 s时间内，小车的平均速度大小是4.5 m/s

C．3～10 s时间内，小车克服摩擦力做功1 020 J

D．小车在第2 s末与第14 s末牵引力的功率之比为1∶2

[解析]　小车最终匀速运动时，牵引力与阻力相等，根据P＝Fv＝fv m，代入数据，可得f＝50 N，在0～3 s时间内，小车做匀加速运动，根据图像可知a＝＝1 m/s2，根据牛顿第二定律F－f＝ma，可得F＝130 N，在0～3 s时间的位移s1＝at2＝4.5 m，因此0～3 s时间内，牵引力做功W1＝Fs1＝585 J，故A正确；在3～10 s时间内，根据动能定理Pt－Wf＝mvm－mv，根据图像得Wf＝1 020 J，故C正确；在3～10 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P2＝Fv＝260 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m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h2＝1.5 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t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 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

E1＝mgh1

篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得

0－E2＝－mgh2

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

0－E4＝0－mgh4

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

W＋mgh3＝E3

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

W＝4.5 J。

(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得

F＋mg＝ma，

在拍球时间内运动的位移为

x＝at2，

做得功为W＝Fx，

联立可得F＝9 N(F＝－15 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θ，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1.0×104 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H＝4 m，sin θ＝0.2，g＝10 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 m　1.86×107 W　(2)舰载机可以安全起飞，详见解析

[解析]　(1)由x＝t可得LAB＝t1＝60 m，

由运动学公式v＝v0＋at可得a＝＝30 m/s2，

水平滑跑中由牛顿第二定律得F－f＝ma，

其中f＝kmg，k＝0.1，可得F＝3.1×105 N，

由P＝Fv得，发动机达到额定功率P额＝FvB＝1.86×107 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－(f＋mgsin θ)×＝m(v－v)，

解得vC＝104.5 m/s>80 m/s，所以舰载机可以安全起飞。