浙江省2020高考物理二轮复习专题二第一讲功功率和动能定理课后作业含解析 7页

功、功率和动能定理 ‎ (建议用时：50分钟)‎ 一、选择题 ‎1.(2017·浙江选考11月)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒．已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m．若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为(　　)‎ A．430 J，7 W　　　　　　　 B．4 300 J，70 W C．720 J，12 W D．7 200 J，120 W 解析：选B.根据相似三角形，每次俯卧撑中，重心变化的高度＝，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功为W总＝nW＝4 320 J，功率P＝＝72 W，故选项B正确．‎ ‎2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率．如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)‎ A．4倍　　　　　　　　　　 B．2倍 C. 倍 D. 倍 解析：选D.设Ff＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝Ffv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝v，D正确．‎ ‎3．(2017·浙江选考11月)如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置．此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于(　　)‎ A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W B．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W C．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W D．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W 解析：选B.登高平台克服重力做功的功率P＝＝ W＝800 W，而伸缩臂具有一定质量，升高了一定高度输出功率大于800 W，选项D错误；在1秒钟内，喷出去水的质量为m′＝ρV＝103× kg＝50 kg，喷出去水的重力势能为WG＝m′gh＝50×10×60 J - 7 -‎ ‎＝3×104 J，水的动能为m′v2＝1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，所以功率为4×104 W，选项B正确，选项A、C错误．‎ ‎4.(2019·温州月考)如图所示，一质量为m的质点在半径为R的半球形容器中(容器固定)由静止开始自边缘上的A点滑下，到达最低点B时，它对容器的正压力为FN.重力加速度为g，则质点自A滑到B的过程中，摩擦力对其所做的功为(　　)‎ A.R(FN－3mg) B.R(2mg－FN)‎ C.R(FN－mg) D.R(FN－2mg)‎ 解析：选A.质点在B点，由牛顿第二定律，有：FN－mg＝m，质点在B点的动能为EkB＝mv2＝(FN－mg)R.质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgR＋Wf＝EkB－0，解得：Wf＝R(FN－3mg)，选项A正确，B、C、D错误．‎ ‎5．水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下开始加速运动，如图甲所示，力F的功率P保持恒定，运动过程所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到稳定值vm，F作用过程中物体的速度v的倒数与加速度a的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P的情况下，根据图象所给的信息(　　)‎ A．可求出m、f、vm B．不能求出m C．不能求出f D．可求出加速运动时间 解析：选A.当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力等于阻力，速度为最大值；由功率的计算公式可得P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝a＋，由题图乙可得图线的斜率为，纵截距为＝，因此可求出m、f和vm，选项A正确，B、C错误；物体做变加速运动，加速运动的时间不可求，选项D错误．‎ ‎6．质量为2 kg的物体以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上滑行，在向上滑行的过程中，其动能随位移的变化关系如图所示，则物体返回到出发点时的动能为(取g＝10 m/s2)　(　　)‎ - 7 -‎ A．34 J B．56 J C．92 J D．196 J 解析：选A.物体上滑的过程中重力与摩擦力都做负功，由动能定理得－mgx·sin 30°－Ffx＝0－E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgx·sin 30°－Ffx＝E－0，代入数据得E＝34 J，故选A.‎ ‎7．如图甲所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个质量m＝0.5 kg 的物块，处于静止状态．以物块所在处为原点，以竖直向下为正方向建立x轴，重力加速度g＝10 m/s2.现对物块施加竖直向下的拉力F，F随x变化的情况如图乙所示．若物块运动到x＝0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4 m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为(　　)‎ A．5.5 J B．3.5 J C．2.0 J D．1.5 J 解析：选A.由图线与横轴所围的“面积”可得物块下移0.4 m的过程中，拉力F做的功W＝3.5 J，重力势能减少量mgx＝2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量ΔEp＝W＋mgx＝5.5 J，选项A正确．‎ ‎8.如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力F的作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是(　　)‎ A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大 解析：选A.因小球速率不变，所以小球以O点为圆心做匀速圆周运动，受力如图所示，因此在切线方向上应有：mgsin θ＝Fcos θ，得F＝mgtan θ.则拉力F的瞬时功率P＝F·v cos θ＝mgv·sin θ.从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随θ的增大而增大，A项正确．‎ ‎9．(2018·浙江选考4月)如图所示，一根绳的两端分别固定在两座猴山的A、B处，A、B - 7 -‎ 两点水平距离为16 m，竖直距离为2 m，A、B间绳长为20 m．质量为10 kg的猴子抓住套在绳上的滑环从A处滑到B处．以A点所在水平面为参考平面，猴子在滑行过程中重力势能最小值约为(绳处于拉直状态)(　　)‎ A．－1.2×103 J B．－7.5×102 J C．－6.0×102 J D．－2.0×102J 解析：选B.由图可知猴子到C点时重力势能最小，∠BCF＝∠ECF＝θ，所以LBC·sin θ＋LAC·sin θ＝BD，所以sin θ＝＝，即θ＝53°.AD＝2 m，则ED＝AD·tan 53°＝ m，所以FE＝ m．FC∶AD＝FE∶ED，得FC＝5 m，所以AC高度差为7 m，再加上猴子自身高度，重心距套环约为0.5 m，故猴子重力势能最小约为Ep＝－mgh＝－750 J，故选项B正确．‎ ‎10．(多选)汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是(　　)‎ 解析：选ACD.汽车启动时由P＝Fv和F－Ff＝ma可知，匀加速启动过程中，牵引力F、加速度a恒定不变，速度和功率均匀增大，当功率增大到额定功率后保持不变，牵引力逐渐减小到与阻力相等，加速度逐渐减小到零，速度逐渐增大到最大速度，故A、C、D正确，B错误．‎ 二、非选择题 ‎11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m＝1 kg的物体从静止开始以5 m/s2的加速度上升，不计滑轮及绳子的质量和摩擦，则拉力F在1 s内对物体做的功为多大？拉力F在1 s末的瞬时功率为多大？(g取10 m/s2)‎ 解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得：‎ ‎2F－mg＝ma，‎ 由运动学规律可得在 1 s内物体上升的高度和1 s末的速度分别为h＝at2，v＝at.‎ 根据动滑轮的特点以及功的定义可得，在1 s内力F做的功为W＝F·2h.‎ ‎1 s末力F对物体做功的瞬时功率为P＝F·2v - 7 -‎ 联立上述方程，代入数据可得：‎ W＝37.5 J，P＝75 W.‎ 答案：37.5 J　75 W ‎12．(2019·湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD－2 000家用汽车的加速性能进行研究，如图为汽车做匀加速直线运动时三次曝光的照片，图中汽车的实际长度为4 m，照相机每两次曝光的时间间隔为2.0 s .已知该汽车的质量为 1 000 kg，额定功率为90 kW，汽车运动过程中所受的阻力始终为 1 500 N.‎ ‎(1)试利用图示，求该汽车的加速度．‎ ‎(2)若汽车由静止开始以此加速度做匀加速运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间．‎ ‎(3)汽车所能达到的最大速度是多大．‎ ‎(4)若该汽车从静止开始运动，牵引力不超过3 000 N，求汽车运动2 400 m所用的最短时间(汽车已经达到最大速度)．‎ 解析：(1)由题图可得汽车在第1个2 s时间内的位移x1＝9 m，第2个2 s时间内的位移x2＝15 m 汽车的加速度a＝＝1.5 m/s2.‎ ‎(2)由F－Ff＝ma得，汽车牵引力 F＝Ff＋ma＝(1 500＋1 000×1.5) N＝3 000 N 汽车做匀加速运动的末速度 v＝＝ m/s＝30 m/s 匀加速运动保持的时间 t1＝＝ s＝20 s.‎ ‎(3)汽车所能达到的最大速度 vm＝＝ m/s＝60 m/s.‎ ‎(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t1＝20 s，运动的距离 x′1＝＝×20 m＝300 m 所以，后阶段以恒定功率运动的距离 x′2＝(2 400－300) m＝2 100 m 对后阶段以恒定功率运动，有 P额t2－Ffx′2＝m(v－v2)‎ - 7 -‎ 解得t2＝50 s 所以，所用最短时间为t总＝t1＋t2＝(20＋50) s＝70 s.‎ 答案：(1)1.5 m/s2　(2)20 s　(3)60 m/s　(4)70 s ‎13．(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求 ‎(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；‎ ‎(2)小球到达A点时动量的大小；‎ ‎(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．‎ 解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有＝tan α ①‎ F2＝(mg)2＋F ②‎ 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得 F＝m ③‎ 由①②③式和题给数据得F0＝mg ④‎ v＝. ⑤‎ ‎(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得DA＝Rsin α ⑥‎ CD＝R(1＋cos α) ⑦‎ 由动能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为 p＝mv1＝. ⑨‎ ‎(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C - 7 -‎ 点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有 v⊥t＋gt2＝CD ⑩‎ v⊥＝vsin α ⑪‎ 由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t＝ . ⑫‎ 答案：见解析 - 7 -‎