23版新高考一轮分层练案(十五)　功和功率

这是一份23版新高考一轮分层练案(十五)　功和功率，共6页。试卷主要包含了袋鼠跳是一项很有趣的运动等内容，欢迎下载使用。
一轮分层练案(十五)　功和功率1．在抢险救灾工作中常见到直升机的身影。直升机抢救伤员的情境如图所示，直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定，则在伤员加速上升的过程中(不计空气阻力) (　　)A．绳索对伤员的拉力越来越大B．伤员克服重力做功的功率恒定C．伤员运动的速度变化越来越慢D．合力对伤员做功的功率越来越大【答案】C　绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由P＝Fv可知，绳索对伤员的拉力F越来越小，A项错误；由P1＝mgv可知，伤员克服重力做功的功率不断增大，B项错误；由F－mg＝ma可知，伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢，C项正确；合力对伤员做功的功率P′＝(F－mg)v＝P－mgv，由于P不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，D项错误。2．在水平地面上方的某处，把质量相同的P、Q两小球以相同速率沿竖直方向抛出，P向上，Q向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中(　　)A．P球重力做功较多B．两球重力的平均功率相等C．落地前瞬间，P球重力的瞬时功率较大D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等【答案】D　根据W＝mgh可知两球的重力做功相同，选项A错误；上抛的小球运动时间长，根据P＝可知两球重力的平均功率不相等，选项B错误；根据机械能守恒定律得mv2＝mgh＋mv02，可知两球落地的速度相同，由P＝mgv可知落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等，选项C错误，选项D正确。3．袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m＝60 kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10 m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2 m。忽略空气阻力，下列正确的是(　　)A．该老师起跳时，地面对该老师做正功B．该老师每跳跃一次克服重力做功约60 JC．该老师从起点到终点的时间可能是7 sD．该老师从起点到终点的时间可能是4 s【答案】C　老师起跳时，地面虽然对老师有弹力作用，但老师在弹力的方向上没有位移，所以地面对老师没有做功，故A错误；因重心上升的最大高度h＝0.2 m，老师每跳跃一次克服重力做的功W＝mgh＝120 J，故B错误；因老师的上升时间等于下降时间，且上升时间t＝＝0.2 s，则人在空中运动的时间t1＝2t＝0.4 s，老师从起点到终点用了相同的10跳，考虑老师屈膝跳起的时间，则总时间t总＞10 t1＝4 s，故C正确，D错误。4．质量为1.5×103 kg的汽车在水平路面上匀速行驶，速度为20 m/s，受到的阻力大小为1.8×103 N。此时，汽车发动机输出的实际功率是(　　)A．90 W　　　　　　　 B．30 kWC．36 kW  D．300 kW【答案】C　根据汽车做匀速直线运动可得此时汽车所受的牵引力等于阻力，即F＝f＝1.8×103 N，此时汽车发动机的实际输出功率即瞬时功率，根据P＝Fv，代入数据解得此时汽车发动机的实际输出功率为36 kW，A、B、D项均错误，C项正确。5．质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，用一轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，此过程中，下列判断正确的是(　　)A．细绳的拉力等于mgsin θ1B．细绳的拉力小于mgsin θ1C．P受到的重力功率大小不变D．P受到的重力功率大小小于mgvsin θ1【答案】D　将小车速度沿细绳方向和垂直细绳方向分解为v1、v2，则P的速率等于v1＝vcos θ2，小车水平向右做匀速直线运动，θ2将减小，v1将增大，P受到的合外力沿斜面向上，细绳的拉力大于mgsin θ1，选项A、B错误；P的重力功率大小为mgsin θ1·v1＝mgvsin θ1cos θ2＜mgvsin θ1，选项C错误，选项D正确。6．(多选)复兴号动车在世界上首次实现速度350 km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为v0，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm。设动车行驶过程中所受到的阻力F保持不变，动车在时间t内(　　)A．做匀加速直线运动B．加速度逐渐减小C．牵引力的功率P＝FvmD．牵引力做功W＝mvm2－mv02【答案】BC　由于动车以恒定功率运动，则由P＝F牵v可知在功率不变时，动车的速度增大，牵引力减小，由牛顿第二定律可知F牵－F＝ma，动车的加速度逐渐减小，A错误，B正确；当动车的加速度为零时，即牵引力等于阻力时，动车的速度最大，即P＝Fvm，C正确；设动车在时间t内的位移为x，由动能定理得W－Fx＝mvm2－mv02，则牵引力所做的功为W＝Fx＋mvm2－mv02，D错误。7.(多选)如图所示，两个完全相同的小球从水平地面上方的同一点O分别以初速度v1、v2水平抛出，落在地面上的位置分别是A、B，O′是O在地面上的竖直投影，且O′A∶AB＝1∶2。若不计空气阻力，则两小球(　　 )A．初速度大小之比为1∶2B．重力对两个小球做功相同C．重力做功的平均功率相同D．落地瞬间重力的瞬时功率相同【答案】BCD　平抛运动的高度相同，则运动的时间相同，因为两物体的水平位移之比为1∶3，根据v0＝知，初速度之比为1∶3，故A错误。根据WG＝mgh可知，重力对两个小球做功相同，选项B正确；根据P＝可知，重力做功的平均功率相同，选项C正确；小球落地的竖直速度vy＝，则落地瞬间重力的瞬时功率P＝mgvy＝mg，即两球落地瞬间重力的瞬时功率相同，选项D正确。8．斜面是一种简单机械，在我国战国时期，墨子所作的《墨经》一书中就记载了利用斜面来提升重物的方法。在日常生活中经常会使用斜面，例如卡车装载大型货物时，常会在车尾斜搭一块木板，工人将货物沿木板推入车厢，如图甲所示。将这一情境简化为如图乙所示的模型。已知，货物的质量为m，货物与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)若斜面倾角为θ，对静止放置于斜面的货物进行受力分析，并计算货物受到的摩擦力的大小；(2)现用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。甲工人认为斜面倾角越小推送货物的过程推力对货物做功越少；乙工人认为斜面倾角越大推送货物的过程推力对货物做功越少。将货物看作质点，请通过计算判断谁的观点是正确的。解析：(1)受力分析如图所示由共点力的平衡条件可知Ff＝mgsin θ。(2)货物匀速上滑的过程受力如图所示由共点力的平衡条件可知F＝mgsin θ＋Ff，FN＝mgcos θ其中Ff＝μFN推力F做功W＝Fx其中x＝代入得W＝mgh由此可知，θ越大，W越小，所以乙工人的观点是正确的。【答案】见解析9．一质量为m的汽车原来在平直路面上以速度v匀速行驶，发动机的输出功率为P。从某时刻开始，司机突然加大油门将汽车发动机的输出功率提升至某个值并保持不变，结果汽车在速度到达2v之后又开始匀速行驶。若汽车在行驶过程中所受路面阻力保持不变，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　)A．汽车加速过程的最大加速度为B．汽车加速过程的平均速度为vC．汽车速度从v增大到2v的过程中做匀加速运动D．汽车速度增大时发动机产生的牵引力随之不断增大【答案】A　设汽车所受的路面阻力为Ff，则开始时P＝Ffv，加大油门后P1＝Ff2v，则P1＝2P，汽车在开始加大油门时的加速度最大，最大加速度为am＝＝，选项A正确；若汽车做匀加速运动，则平均速度为＝v，而随着汽车速度的增加，汽车的牵引力减小，则加速度减小，即汽车做加速度减小的加速运动，则平均速度大于v，选项B、C、D错误。10．(多选)如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F的作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法正确的是(　　)A．vmax＝10 m/s  B．m＝C．图像的斜率为  D．f＝0.1 P【答案】ABD　当加速度为零时，物体做匀速运动，此时刻的牵引力等于阻力，速度为最大值，由功率的计算公式可得P＝Fv，物体的加速度F－f＝ma，整理得＝a＋，图像斜率k＝＝，故m＝，故B正确，C错误；图像截距＝0.1，故f＝0.1P，故D正确；最大速度vm＝＝＝10 m/s，故A正确。11．我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程。如图所示，飞机在水平跑道上的滑跑可视作初速度为零的匀加速直线运动，当位移x＝1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v＝80 m/s。已知飞机的质量m＝7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度g取10 m/s2，求飞机滑跑过程中，(1)加速度的大小a；(2)受到的平均牵引力的大小F；(3)受到的牵引力的平均功率P。解析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速度直线运动，有v2＝2ax解得a＝2 m/s2。(2)设飞机滑跑时受到的阻力大小为Ff，则Ff＝0.1mg，由牛顿第二定律有F－Ff＝ma解得F＝2.1×105 N。(3)设飞机滑跑过程中的平均速度大小为v′，则v′＝在滑跑阶段，牵引力的平均功率P＝Fv′解得P＝8.4×106 W。【答案】(1)2 m/s2　(2)2.1×105 N　(3)8.4×106 W12．一物块在一个水平拉力作用下沿粗糙水平面运动，其v­t图像如图甲所示，水平拉力的P­t图像如图乙所示，g＝10 m/s2，求：(1)物块与水平面间的动摩擦因数μ；(2)物块运动全过程中水平拉力所做的功W；(3)物块在0～2 s内所受的水平拉力大小F。解析：(1)由题中两图比较可知，在5～9 s内已撤去拉力，物块做匀减速运动，则a＝ m/s2＝－1.0 m/s2，由牛顿第二定律，有－μmg＝ma，解得μ＝0.1。(2)全过程水平拉力做的功为W＝P1t1＋P2t2＝ J＋4.0×3 J＝24 J。(3)物块匀速运动阶段，F′－μmg＝0，P2＝F′vm得μmg＝，解得m＝1 kg物块匀加速运动阶段，有a0＝ m/s2＝2.0 m/s2F－μmg＝ma0则F＝3 N。(或由题图可知，当t1＝2 s，v1＝4.0 m/s时，P1＝12 W，由P1＝Fv1，得F＝ N＝3 N)【答案】 (1)0.1　(2)24 J　(3)3 N