江苏版高考物理一轮复习课时分层作业14功和功率含答案

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2．B [设重心上升的高度为h，根据相似三角形可知，每次俯卧撑中，有eq \f(h,0.4)＝eq \f(0.9,0.9＋0.6)，即h＝0.24 m。一次俯卧撑中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以一分钟内克服重力做的总功为W总＝NW＝4 320 J，功率P＝eq \f(W总,t)＝72 W，故选项B正确。]
3．D [两物块下落的高度相同，根据动能定理，有mgR＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝eq \r(2gR)，可知两物块到达底端时的速度大小相等，但方向不同，A错误；两物块的质量大小关系不确定，故无法判断两物块运动到底端时重力做的功及动能是否相同，B、C错误；在底端时，重力对甲做功的瞬时功率为零，重力对乙做功的瞬时功率大于零，D正确。]
4．C [以最大加速度向上匀加速到匀加速能达到的最大速度，功率达到额定功率时，保持功率不变达到最大速度，最后以最大加速度做匀减速运动减速到零所需时间最短。重物向上提升的最大加速度a1＝eq \f(F－mg,m)＝5 m/s2，匀加速过程的最大速度v＝eq \f(P,F)＝4 m/s，匀加速上升的时间为t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s，匀加速上升的高度h1＝1.6 m；重物能达到的最大速度为vm＝eq \f(P,mg)＝6 m/s，以最大加速度减速上升的时间t2＝eq \f(vm,a2)＝1.2 s，上升高度为h2＝3.6 m；则以恒功率上升的高度h3＝80 m，恒功率上升过程有Pt3＝mgh3＋eq \f(1,2)m(veq \\al(2,m)－v2)，解得t3＝13.5 s，则提升重物的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＝15.5 s，C正确。]
5．C [小球t时刻的速度为v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))＝eq \r(v\\al(2,0)＋gt2)，由数学知识知，t＝0时，v≠0，所以v-t图像不过原点，故A错误；由Δv＝at＝gt分析可知，Δv-t图像是过原点的直线，故B错误；重力的功率P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P与t成正比，P-t图像是过原点的直线，故C正确；重力的功W＝mgh＝mg·eq \f(1,2)gt2，W-t是过原点的开口向上的抛物线，故D错误。]
6．D [根据P＝Fv知，随着速度增大牵引力减小，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F－Ff,m)，加速度减小，故A、B错误；牵引力做功W＝Pt，根据动能定理知，克服阻力做的功小于牵引力做的功，即小于Pt，故C错误，D正确。]
7．C [物体匀速运动时，牵引力与阻力相等，由P＝Fvm＝Ffvm＝kveq \\al(3,m)，要使物体运动的速率增大到2vm，阻力因数不变时，需使发动机额定功率增大到8P0，故A错误，C正确；发动机额定功率不变时，需使阻力因数减小到eq \f(k,8)，故B、D错误。]
8．A [最大速度为vm＝270 km/h＝75 m/s，根据P＝Fv，得该动车组以最大速度行驶时的牵引力为F＝eq \f(P,vm)＝eq \f(4 800×103,75) N＝6.4×104 N，故A正确；当牵引力与阻力相等时，速度达到最大，则有F＝Ff＝kvm，解得k＝eq \f(F,vm)＝eq \f(6.4×104,75) N·s/m＝853.3 N·s/m，故B错误；当匀速行驶的速度为v＝eq \f(vm,2)时，则有F′f＝kv＝853.3×eq \f(75,2) N＝3.2×104 N，此时牵引力F′＝F′f＝3.2×104 N，动车组输出功率P′＝F′v＝3.2×104×eq \f(75,2) W＝1 200 kW，故C、D错误。]
9．B [汽车以v0＝2 m/s的初速度做匀加速直线运动，时间t内牵引力做的功W＝Fx＝F×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t＋\f(1,2)at2))＝Fv0t＋eq \f(1,2)Fat2，则eq \f(W,t)＝eq \f(1,2)Fat＋Fv0，由图像可得纵轴截距Fv0＝1×104 J/s，解得牵引力F＝5×103 N，选项B正确；图线斜率为eq \f(1,2)Fa＝eq \f(3－1,2)×104 J/s2，解得加速度a＝4 m/s2，选项C错误；t＝1 s时汽车的速度为v1＝v0＋at1＝6 m/s，此时发动机的输出功率为P＝Fv1＝3.0×104 W，选项A错误；1～2 s内汽车的位移为x＝v1t2＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝8 m，1～2 s 内牵引力做的功为W＝Fx＝4.0×104 J，选项D错误。]
10．A [在0-t1时间内，如果匀速，则v-t图像是与时间轴平行的直线；如果是加速，根据P＝Fv，牵引力减小；根据F－Ff＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1＝Ff，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1＝eq \f(P1,F1)＝eq \f(P1,Ff)；所以0～t1时间内，v-t图像先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t1～t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P＝Fv，牵引力减小；再根据F－Ff＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2＝Ff，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2＝eq \f(P2,F2)＝eq \f(P2,Ff)。所以在t1～t2时间内，即v-t 图像也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线，A正确。]
11．解析：(1)因为μl<μ2，所以P、Q一起下滑，对P、Q应用牛顿第二定律可知P、Q沿斜面下滑的加速度a＝gsin θ－μ1gcs θ
应用速度公式可知经过时间t，P、Q的速度为v＝at
又P＝Fv
可知重力对P做功的功率为PG＝(2mgsin θ)v
解得PG＝eq \f(1,3)mg2t。
(2)在时间t内P运动位移x＝eq \f(1,2)at2
对Q，应用牛顿第二定律有mgsin θ－Ff＝ma
摩擦力对Q做功为W＝－Ffx
解得W＝－eq \f(1,36)mg2t2。
答案：(1)eq \f(1,3)mg2t (2)－eq \f(1,36)mg2t2
12．解析：(1)图线AB表示牵引力F不变，即F＝8 000 N，阻力Ff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。
由题图可知：当达到最大速度vmax＝40 m/s 时，牵引力为Fmin＝2 000 N
由平衡条件Ff＝Fmin可得Ff＝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＝eq \f(P,F)，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＝eq \f(F－Ff,m)＝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x，则t1＝eq \f(vB,a)＝5 s，t2＝35 s－5 s＝30 s
B点之后，对汽车由动能定理可得Pt2－Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，代入数据可得x＝75 m。
答案：(1)8×104 W (2)75 m
13．解析：(1)由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－Ff＝ma
设匀加速过程的末速度为v，则有P＝Fv
v＝at1
解得t1＝7 s。
(2)当达到最大速度vm时，加速度为零，
则有P＝(mgsin 30°＋Ff)vm
解得vm＝8 m/s。
(3)汽车匀加速运动的位移x1＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)，在后一阶段对汽车由动能定理得
Pt2－(mgsin 30°＋Ff)x2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mv2
又有x＝x1＋x2
解得t2≈15 s
故汽车运动的总时间为t＝t1＋t2＝22 s。
答案：(1)7 s (2)8 m/s (3)22 s