第六章　58.功率的计算---高中物理人教版（2019）高三 课后同步加练半小时 练习（解析版）

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1~8题每题5分
1.(2023·辽宁卷·3)如图(a)，从高处M点到地面N点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物块甲、乙同时从M点由静止释放，沿不同轨道滑到N点，其速率v与时间t的关系如图(b)所示。由图可知，两物块在离开M点后、到达N点前的下滑过程中( )
A.甲沿Ⅰ下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B.甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C.乙沿Ⅰ下滑且乙的重力功率一直不变
D.乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
答案 B
解析 由题图(b)可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的加速运动，乙沿Ⅰ下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A错误，B正确；乙沿Ⅰ下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P=mgvy可知，重力功率先增大后减小，C、D错误。
2.(2024·浙江6月选考·5)一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10-4 m2，喷水速度约为10 m/s，水的密度为1×103 kg/m3，则该喷头喷水的功率约为( )
A.10 WB.20 WC.100 WD.200 W
答案 C
解析 设Δt时间内从喷头喷出的水的质量为m=ρSv·Δt，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P=WΔt=12mv2Δt，联立解得P=100 W，故选C。
3.(2024·浙江宁波市三模)学校运动会上，某同学参加铅球比赛，他将同一铅球从空中同一位置A先后两次抛出，第一次铅球在空中轨迹如图中1所示，第二次铅球在空中轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B。已知铅球两次经过B点时机械能相同，不计空气阻力，不计铅球大小，则关于两次抛出，下列说法正确的是( )
A.两次抛出的初速度相同
B.两次铅球落地时重力的瞬时功率相同
C.第二次铅球在空中运动过程中重力做功平均功率更大
D.第二次铅球在最高点机械能更大
答案 C
解析 依题意，铅球做斜抛运动，只有重力做功，机械能守恒，由于两次铅球在B点机械能相同，所以两次抛出的初速度大小相等，方向不同，故A错误；两次铅球落地时的速度大小相等，竖直方向分速度不同，因此重力的瞬时功率不同，故B错误；由题图可知，第一次铅球在空中轨迹的最高点较大，运动时间较长，重力做功相同，根据P=Wt可知，第二次铅球在空中运动过程中重力做功平均功率更大，故C正确；铅球在空中运动过程中机械能守恒，由于两次铅球在B点机械能相同，因此两次铅球在空中运动过程机械能相等，它们在最高点的机械能相等，故D错误。
4.DIY手工能够让儿童体验到创造过程中的乐趣和成就感。图为某款DIY太阳能小车，组装成功后质量约为130 g，太阳直射时行驶速度约为0.25 m/s，行驶过程中阻力约为车重力的0.2倍。已知太阳与地球之间的平均距离约为1.5×1011 m，太阳每秒辐射的能量约为3.9×1026 J，太阳光传播到达地面的过程中大约有37%的能量损耗，太阳能电池有效受光面积约为15 cm2，重力加速度g取10 m/s2，则该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为( )
A.5%B.10%C.20%D.30%
答案 A
解析 由题意可知，驱动该太阳能小车正常行驶时所需要的机械功率为
P机=Fv=Ffv=0.2mgv
代入数据可得P机=0.065 W
该太阳能小车接收太阳的功率为
P=P总4πr2S×(1-37%)
其中P总=Wt=3.9×1026 W，
r=1.5×1011 m，
S=15 cm2=0.001 5 m2
代入数据解得P≈1.304 W
该车所用太阳能电池将太阳能转化为机械能的效率约为
η=P机P×100%=×100%≈5%，故选A。
5.森林防火人人有责，若发生森林火灾，将造成国家财产损失并耗费大量人力物力。如图是某地发生森林火灾时利用直升机取水灭火的场景。直升机在水平向右运动过程中绳子与竖直方向的夹角保持17.5°，绳子的收回速度恒为2 m/s，图中时刻直升机水平向右运动的速度为10 m/s。若取水器及水总质量为5 000 kg，sin 17.5°≈0.30，cs 17.5°≈0.95，tan 17.5°≈0.32，g取10 m/s2，忽略取水器受的空气阻力，则下列正确的是( )
A.直升机做匀速直线运动
B.取水器做匀加速直线运动
C.图中时刻取水器及水受合外力的功率约为2.6×105 W
D.图中时刻取水器及水受绳子拉力的功率约为2.6×105 W
答案 D
解析 对取水器受力分析可知，因绳子倾斜，可知合力不为零，则直升机做匀加速直线运动，选项A错误；取水器水平方向参与飞机的匀加速运动，沿绳子方向参与匀速运动，则合运动做匀加速曲线运动，选项B错误；题图中时刻取水器及水受合外力的功率约为P合=mgtan θ·(v机+v绳sin θ)≈1.7×105 W，选项C错误；题图中时刻取水器及水受绳子拉力FT=mgcsθ，绳子拉力的功率约为P=FT(v机sin θ+v绳)≈2.6×105 W，选项D正确。
6.(多选)(2025·安徽合肥市模拟)如图所示，黑板擦在手施加的恒力F作用下，以速度大小v匀速向上擦拭黑板，已知黑板擦与竖直黑板间的动摩擦因数为μ，不计黑板擦所受的重力，下列说法正确的是( )
A.黑板对黑板擦的弹力大小为μF1+μ2
B.黑板对黑板擦的弹力大小为F1+μ2
C.恒力F的功率为Fv
D.恒力F的功率为μFv1+μ2
答案 BD
解析 设F与竖直方向的夹角为θ，由受力平衡可得Fcs θ=Ff，Fsin θ=FN，Ff=μFN，解得FN=F1+μ2，故A错误，B正确；恒力F的功率为P=Fvcs θ=μFv1+μ2，故C错误，D正确。
7.(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成。如图乙为提水设施工作原理简化图，某次需从井中汲取m=2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1 m，水斗的质量为m0=0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.水斗速度随时间变化规律为v=0.4t(m/s)
B.井绳拉力瞬时功率随时间变化规律为P=10t(W)
C.0~10 s内水斗上升的高度为4 m
D.0~10 s内井绳拉力所做的功为520 J
答案 AD
解析 根据图像可知，水斗速度v=ωr=4010t×0.1(m/s)=0.4t(m/s)，A正确；
井绳拉力瞬时功率P=FTv=FTωr
根据牛顿第二定律有FT-(m+m0)g=(m+m0)a，根据v=0.4t (m/s)可知a=0.4 m/s2，则有P=10.4t(W)，B错误；
根据图像可知，0~10 s内水斗上升的高度为h=ωr2t=40×0.1×102 m=20 m，C错误；
根据P=10.4t(W)，可知0~10 s内井绳拉力所做的功为W=P·t=10.4×10×102 J=520 J，D正确。
8.(2025·河南商丘市质检)如图所示，轻质细绳一端固定在天花板上，另一端跨过一光滑动滑轮和两固定在天花板上的光滑定滑轮，动滑轮下端挂有一重物。某人抓住绳的一端，从右侧定滑轮正下方A点以v=5 m/s的水平速度匀速移动到B点，此时细绳与水平方向的夹角为θ=37°。已知重物质量为m=10 kg，右侧定滑轮与A点绳末端的竖直距离h=3 m，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，不考虑滑轮的大小、质量和一切阻力，下列说法正确的是( )
A.重物匀速上升
B.人到达B点时，重物重力的功率为200 W
C.整个过程人对重物做功为100 J
D.人行走时，对地面的摩擦力方向水平向右
答案 B
解析 在B点由关联速度可得，绳末端沿绳方向的分速度v1=vcs θ，人向右移动过程中，θ减小，v不变，故v1增大，即重物加速上升，A错误；人到达B点时，由动滑轮特点，重物上升的速度v2=12v1，即重物重力的功率P=mgv2=200 W，B正确；由能量守恒定律，人对重物做的功等于重物机械能的增量，右侧绳长增长ΔL=ℎsinθ-h=2 m，重物上升的高度H=12ΔL=1 m，则W=mgH+12mv22=120 J，C错误；人行走时，受到的静摩擦力水平向右，由牛顿第三定律可知人对地面的摩擦力水平向左，D错误。