高考模拟理综物理选编功和功率解析版.docx
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高考模拟理综物理选编功和功率解析版
乐陵一中功和功率
一、单选题（本大题共5小题，共30分）
1.在水平粗糙地面上，使同一物体由静止开始做匀加速直线运动，第一次是斜向上拉，第二次是斜下推，两次力的作用线与水平方向的夹角相同，力的大小也相同，位移大小也相同，则（ ）
A.力F对物体做的功相同，合力对物体做的总功也相同
B.力F对物体做的功相同，合力对物体做的总功不相同
C.力F对物体做的功不相同，合力对物体做的总功相同
D.力F对物体做的功不相同，合力对物体做的总功也不相同
【答案】B
【解析】解：
由W=Fscosθ知，由于两种情况下力的大小和位移大小相同，故力F两种情况下对物体做功一样多；
物体在粗糙水平面上运动时会受到阻力的作用，两种情况下物体对地面的压力不同，所以滑动摩擦力的大小也不同，导致水平方向的合力也不同，
由牛顿第二定律可以知道：
当斜向上拉时，合力F1=Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）；
当斜下推时，合力F2=Fcosθ-μ（mg+Fsinθ）；
很明显合力F1＞F2，由于水平方向的位移相同，故第一次合力对物体做的总功大于第二次合力对物体做的总功；
故选：
B。
分别分析两种情况下水平面上的受力，表示其受到的合力，并由功的公式求得各力的功．
本题考查功的计算公式，只需找出力及力的位移关系即可进行判断，难度不大．
2.
如图，倾角θ=370的光滑斜面固定在水平面上，斜面长L=0.75m，质量m=1.0kg的物块从斜面顶端无初速度释放，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力做功为7.5J
B.物块滑到斜面底端时的动能为1.5J
C.物块从斜面顶端滑到底端的过程中重力的平均功率为24W
D.物块滑到斜面底端时重力的瞬时功率为18W
【答案】D
【解析】【分析】
根据牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，然后有运动学公式求出下滑时间和速度，由WG=mgh求出重力做的功，由
求出平均功率，瞬时功率为P=mgVcosθ．在整个下滑过程中，重力做的功全部转化为动能．
本题考查了动能定理得应用，瞬时功率及平均功率的计算，难度不大，属于基础题
【解答】
A、重力做的功为：
WG=mgLsin37°=4.5J，故A错误；
B、根据动能定理可得：
Ek=mgLsinθ=4.5J，故B错误；
C、由受力分析可知
mgsin37°=mga
a=gsin37°=6m/s2
由
得：
t=0.5s
平均功率为：
，故C错误；
D、V=at=6m/s2×0.5s=3m/s
瞬时功率为：
P瞬=mgvsin37°=1kg×10m/s2×3m/s×0.6=18W，故D正确。
故选D。
3.质量为2kg的物体做自由落体运动，经过2s落地．取g=10m/s2．关于重力做功的功率，下列说法正确的是（ ）
A.下落过程中重力的平均功率是400W
B.下落过程中重力的平均功率是100W
C.落地前的瞬间重力的瞬时功率是400W
D.落地前的瞬间重力的瞬时功率是200W
【答案】C
【解析】解：
A、根据h=
，
则重力做功的平均功率P=
．故A、B错误．
C、落地时物体的速度v=gt=10×2m/s=20m/s，则重力做功的瞬时功率P=mgv=20×20W=400W．故C正确，D错误．
故选：
C．
根据位移时间公式求出物体的下落的高度，从而求出重力做功的大小，根据平均功率公式求出重力的平均速度功率．
结合速度时间公式求出下落的速度，根据瞬时功率公式求出重力的瞬时功率．
解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求出，知道平均功率和瞬时功率的区别．
4.
人通过滑轮将质量为m的物体沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中（ ）
A.物体所受的合外力做功为mgh+
mv2
B.物体所受的合外力做功为
mv2
C.人对物体做的功为mgh
D.人对物体做的功为
mv2
【答案】B
【解析】解：
A、对物体受力分析可知，物体受重力、拉力及摩擦力的作用；由动能定理可知，合外力做功一定等于动能的改变量，即等于
mv2；故A错误，B正确；
C、由动能定理可知，人做的功应克服重力、摩擦力做功，故人做的功等于克服重力的功、克服摩擦力的功及增加的动能之和；故CD错误；
故选：
B．
对物体受力分析，由由动能定理可求得合外力的功；再分析过程中各力做功情况即可明确人对物体做功情况．
本题考查动能定理的应用，要注意正确的受力分析，并明确各力做功情况，才能由动能定理正确求解．
5.质量为M的物体从高处由静止下落，若不计空气阻力，在第2s内和第3s内重力做的功的功率之比为（物体未落到地面）（ ）
A.3：
5B.1：
1C.1：
3D.2：
3
【答案】A
【解析】解：
物体做自由落体运动，由初速度为零的匀加速运动的规律可知，在第1s内，第2s内，在第3s内位移之比为1：
3：
5，
第2s内和第3s内位移之比为3：
5
由W=mgs可知做功之比为3：
5，由P=
可知功率之比为3：
5，故A正确
故选：
A
物体做自由落体运动，由初速度为零的匀加速运动的规律可知，在第1s内，第2s内，在第3s内位移之比为1：
3：
5，故可计算出重力做功之比，从而计算出功率之比；
本题主要考查了平均功率的求法，关键是抓住自由落体运动的运动规律；
二、多选题（本大题共4小题，共24分）
6.某汽车从静止开始以加速度a匀加速启动，最后做匀速运动．已知汽车的质量为m，额定功率为p，匀加速运动的末速度为v1，匀速运动的速度为vm，所受阻力为f．下图是反映汽车的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ABC
【解析】解：
汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动．
开始匀加速时：
F-f=ma
设匀加速刚结束时速度为v1，有：
P额=Fv1
最后匀速时：
F=f，有：
F额=Fvm
由以上各式解得：
匀加速的末速度为：
，最后匀速速度为：
，
A、在v-t图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，最终做匀速直线运动，故A正确．
B、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故B正确．
C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确．
D、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故D错误．
故选：
ABC．
汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题．
对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况．
7.如图所示，圆弧形光滑轨道ABC固定在竖直平面内，O是圆心，OC竖直，0A水平．A点紧靠一足够长的平台MN，D点位于A点正上方，如果从D点无初速度释放一个小球，从A点进入圆弧轨道，有可能从C点飞出，做平抛运动，落在平台MN上．下列说法正确的是（ ）
A.只要D点的高度合适，小球可以落在MN上任意一点
B.在由D运动到M和由C运动到P的过程中重力功率都越来越大
C.由D经A、B、C点到P过程中机械能守恒
D.如果DA距离为h，则小球经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为2mg+
【答案】BC
【解析】解：
A、小球恰好通过C点时，有mg=m
，得小球通过C点的最小速度为：
vC=
小球离开C点后做平抛运动，由R=
gt2，得：
t=
，
小球离开C点做平抛运动的水平距离最小值为：
x=vCt=
R，所以小球只有落在平台MN上距M点距离为（
-1）R的右侧位置上，故A错误．
B、在由D运动到M的过程中，速度增大，由P=mgv知，重力功率增大．由C运动到P的过程中，由P=mgvy，知vy增大，则重力功率增大，故B正确．
C、小球由D经A，B、C到P的过程中，轨道对小球不做功，只有重力做功，机械能守恒，故C正确．
D、小球从D运动到B的过程中，由机械能守恒得：
mg（h+R）=
在B点，由牛顿第二定律得：
N-mg=m
解得：
N=3mg+
由牛顿第三定律得知，小球经过B点时对轨道的压力为：
N′=N=3mg+
．故D错误．
故选：
BC
根据小球恰好通过C点时的速度，求小球离开C点后平抛运动的最小距离．采用特殊位置法分析小球从A运动到B的过程中，重力的功率如何变化．在小球运动的过程中，只有重力做功，遵守机械能守恒定律．根据机械能守恒定律求出小球到达B点时的速度，再由牛顿运动定律求小球对轨道的压力．
本题要把握C点的临界速度的求法，知道小球通过C点后水平位移有最小值，运用机械能守恒定律和牛顿运动定律结合是求圆周运动中物体受力情况常用的思路．
8.
一滑块静止在水平面上，t=0时刻在滑块上施加一水平力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A.力F在第1s内做的功为2J
B.力F在第1s内做的功为4J
C.滑块与水平面间的摩擦力大小为2N
D.力F在第2s内做的功的功率为3W
【答案】AD
【解析】解：
A、由图乙可知，物块在第1秒内的位移：
m
力F在第1s内做的功为：
W1=F1x1=4×0.5=2J．故A正确，B错误；
C、由图乙可知，物块在第2秒内做匀速直线运动，所以摩擦力与拉力大小相等，可知，滑块与地面之间的摩擦力是3N．故C错误；
D、力F在第2s内做的功的功率为：
P=F2•vm=3×1=3W．故D正确．
故选：
AD
由乙图可知，在v-t图象中与时间轴所围面积即为位移，据此求出第1s内的位移，根据W=Fx求得拉力做功；物块在第2秒内做匀速直线运动，求出摩擦力；由P=Fv求出功率．
本题主要考查了对图象的理解，在v-t图象中斜率代表加速度，与时间轴所围面积为物体的位移，根据W=Fx求得恒力做功．
9.
如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中，下列说法正确的是（ ）
A.木板对小物块做功为
mv2
B.摩擦力对小物块做功为mgLsinα
C.支持力对小物块做不做功
D.滑动摩擦力对小物块做功为
mv2-mgLsinα
【答案】AD
【解析】解：
A、设在整个过程中，木板对物块做功为W，根据动能定理得：
W=
．故A正确．
B、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功．由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即f＜mgsinα，则摩擦力对物块做功Wf=-fL≠-mgLsinα．故B错误．
C、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，支持力对物块做功，设为WN，根据动能定理得：
WN-mgLsinα=0，得WN=mgLsinα．故C错误．
D、在物块下滑的过程中，根据动能定理得：
mgLsinα+Wf=
-0得，Wf=
-mgLsinα．故D正确．
故选：
AD
对整个过程运用动能定理求解木板对木块做的功．在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为α的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功．根据摩擦力与重力分力大小的关系，求解摩擦力做功．根据动能定理求解支持力和滑动摩擦力做功．
本题运用动能定理求解力做功，首先要选择研究的过程，本题中有两个过程，第一个过程中摩擦力不做功，支持力做功，第二过程中，支持力不做功，摩擦力做功．
三、填空题（本大题共1小题，共5分）
10.
如图，在倾角θ=37°的斜面底端的正上方某一高处以v0=6m/s的初速度水平抛出一质量为0.1kg的物体，空气阻力不计，该物体落在斜面上时的速度方向恰好与斜面垂直，取g=10m/s2，则小球在空中飞行时间为______s；小球与斜面相碰瞬间重力的功率为______W．
【答案】0.8；8
【解析】
解：
小球恰好垂直撞到斜面上，根据几何关系有：
，
则竖直分速度为：
，
小球在空中飞行的时间为：
t=
．
小球与斜面相碰时重力的功率为：
P=mgvy=1×8W=8W．
故答案为：
0.8，8．
抓住物体的速度与斜面垂直，结合平行四边形定则求出竖直分速度，根据速度时间公式求出小球在空中飞行的时间．根据瞬时功率的公式求出小球与斜面相碰时重力的功率．
本题考查了平抛运动的基本运用，知道平抛运动在竖直方向和水平方向上的运动规律，通过水平分速度和竖直分速度的关系得出运动的时间是解决本题的关键．
四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）
11.某兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.8kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；
③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器电源。
上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。
请你分析数据回答下列问题（设整个过程中小车所受阻力恒定，结果保留两位有效数字）；
（1）该电动小车的最大速度为______m/s；
（2）该电动小车所受阻力为______N。
（3）该电动小车的额定功率为______W。
【答案】1.5；1.6；2.4
【解析】解：
（1）小车匀速运动时，牵引力等于阻力，此时速度最大，最大速度为
。
（2）匀减速运动阶段，由图可知相邻两个点的时间间隔为：
T=2×0.02s=0.04s，根据推论：
△x=aT2，代入数据可得：
根据牛顿第二定律有：
Ff=ma=0.8×2N=1.6N。
（3）电动小车的额定功率：
P=Fv=Ffv=1.5×1.6=2.4W
故答案为：
（1）1.5．
（2）1.6．（3）2.4。
（1）小车匀速时速度达到最大，此时牵引力等于阻力，根据速度公式v=
求解小车的最大速度。
（2）小车在摩擦力作用下匀减速运动，根据推论：
△x=aT2，求得小车的加速度大小，再根据牛顿第二定律可求出阻力的大小。
（3）当小车达到额定功率时有：
P=Fv=fvm，据此可求出额定功率大小。
解决本题的关键是理清小车的运动过程，知道小车匀速运动时速度最大，此时牵引力等于阻力。
12.某课外实验小组为探测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
（如图一）
A．用天平测出电动小车的质量为0.6kg；
B．将一长直导轨水平放在实验桌上，电动小车、纸带和打点计时器按如图所示安装；
C．接通打点计时器（打点周期为0.02s）；
D．启动电动小车，使其以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（在整个过程中小车所受的阻力可以认为是恒定的）．在上述过程中，得到一条记录纸带，图二中O点是打点计时器打的起始点，请分析本实验并回答下列问题．
（1）该电动小车运动的最大速度为______m/s；
（2）关闭电源后小车的加速度大小为______m/s2；
（3）该电动小车运动过程中所受的阻力大小为______N；
（4）该电动小车的额定功率为______W．
【答案】1.5；4.0；2.4；3.6
【解析】解：
（1）根据纸带可知，当所打的点点距均匀时，表示物体匀速运动，此时速度最大，故有：
vm=
=
=1.5m/s
（2）从右端开始取六段位移，
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，
得：
x4-x1=3a1T2
x5-x2=3a2T2
x6-x3=3a3T2
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值
得：
a=
（a1+a2+a3）=
解得：
a=4.0m/s2，
（3）根据牛顿第二定律有：
f=ma，将m=0.6kg代入得：
f=0.6×4=2.4N．
（4）当汽车达到额定功率，匀速运动时，F=f，P=Fv=fvm，
代入数据解得：
P=2.4×1.5=3.6W．
故答案为：
（1）1.5
（2）4.0
（3）2.4
（4）3.6
思路分析：
（1）最后匀速的速度便是小车以额定功率运动的最大速度，由此根据纸带可求出小车最大速度．
（2）利用逐差法可求出小车的加速度大小．
（3）小车在摩擦力力作用下减速运动，根据牛顿第二定律可求出摩擦力的大小．
（4）当小车达到额定功率时有：
P=Fv=fvm，据此可求出额定功率大小．
本题考查了功、功率问题在实际中应用，要理解机车的两种启动方式，正确分析启动过程中速度、加速度、功率等的变化情况．
五、计算题（本大题共4小题，共48分）
13.额定功率为80kW的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度为20m/s．已知汽车的质量为2×103 kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为2m/s2．假定汽车在整个运动过程中阻力不变．求：
（1）汽车受到的阻力Ff；
（2）汽车匀加速运动的时间
（3）汽车在3s末的瞬时功率．
【答案】解：
（1）V最大时，a=0 F=f
（2）根据牛顿第二定律可得加速时的牵引力为
匀加速达到的最大速度为：
P=FV，v=
由v=at得
t=
（3）3s末的速度为v=at=3×2m/s=6m/s
故3s末的瞬时功率P=Fv=8000×6W=48kW
答：
（1）汽车受到的阻力Ff 为4000N
（2）汽车匀加速运动的时间为5s
（3）汽车在3s末的瞬时功率为48kW
【解析】
（1）当汽车的牵引力与阻力相等时，速度最大，根据额定功率和最大速度求出阻力的大小．
（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，根据P=Fv求出匀加速运动的末速度，通过速度时间公式求出汽车功率达到额定值的时间．
（3）根据速度时间公式求出3s末的速度，结合P=Fv求出瞬时功率．
解决本题的关键掌握机车的启动方式，知道机车在整个过程中的运动规律，知道当牵引力与阻力相等时，速度最大．
14.汽车发动机的最大功率为P=60kW，汽车的质量为m=2.0×103kg汽车在足够长的水平路面从静止以a1=1.0m/s2的加速度先做匀加速直线运动，当小车牵引力的功率达到最大时，保持最大功率不变变加速运动了t2=20s后小车的速度达到最大vm，已知汽车在行驶中所受路面阻力恒定为重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2．求：
（1）汽车在水平路面能达到的最大速度大小vm；
（2）汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间t1；
（3）汽车的瞬时速度为v2=25m/s时，汽车的加速度a2大小；
（4）小车在加速运动过程中的总位移s的大小．
【答案】解：
由题意知：
f=0.1mg=2000N
（1）当牵引力等于阻力时，速度达到最大，为：
P=Fv=fvm
最大速度为：
（2）匀加速阶段，由牛顿第二定律得：
F1-f=ma1
达到最大功率为：
P=F1v1
代入数据有：
F1=4000Nv1=15m/s
由v1=a1t1得匀加速时间为：
t1=15s
（3）当v2=25m/s时，有：
P=F2v2
由牛顿第二定律得：
F2-f=ma2
代入数据解得：
F2=2400N
加速度为：
（4）匀加速位移为：
变加速过程，由动能定理得：
代入数据得：
s2=262.5m
加速运动过程中的总位移为：
s=s1+s2=375m
答：
（1）汽车在水平路面能达到的最大速度大小vm为30m/s
（2）汽车在水平路面做匀加速运动能维持的时间t1为15s
（3）汽车的瞬时速度为v2=25m/s时，汽车的加速度a2大小为0.2m/s2；
（4）小车在加速运动过程中的总位移s的大小为375m
【解析】
（1）当汽车的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大，根据P=fv求出汽车的最大速度．
（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，结合P=Fv求出匀加速运动的末速度，根据速度时间公式求出汽车匀加速运动的时间．
（3）根据P=Fv求得牵引力，genuine牛顿第二定律求得加速度；
（4）在匀加速阶段，根据运动学公式求得位移，达到额定功率后，整个过程中根据动能定理求得通过的位移
本题考查了汽车以恒定加速度启动问题，知道汽车在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律、运动学公式和功率的公式进行求解，难度中等．
15.
如图所示，光滑且足够长的平行导轨固定在水平面上，两导轨间距L=0.2m，两导轨之间的电阻R=0.4Ω，导轨上静止放置一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆，导轨电阻忽略不计，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T，用一外力F沿水平方向拉动杆，使之由静止开始做匀加速运动，若5s末理想电压表的读数为0.2V，求：
（1）5s末时电阻R上消耗的电功率；
（2）金属杆在5s末的运动速率；
（3）5s末时外力F的功率．
【答案】解：
（1）由题意知t=5s时，电压表读数U=0.2V
则5s末时电阻R上消耗的电功率为 P=
=
W=0.1W
（2）由
得：
金属杆产生的感应电动势为E=
=
V=0.25V
由E=BLv得
5 s末的速度 v=
=
m/s=2.5m/s
（3）设杆的加速度为a，由v=at得：
a=
=
=0.5m/s2；
5s末杆所受的安培力F安=BIL=
=
N=0.05N
根据牛顿第二定律得F-F安=ma，解得F=0.1N
5s末时外力F的功率P=Fv=0.25W．
答：
（1）5s末时电阻R上消耗的电功率是0.1W；
（2）金属杆在5s末的运动速率是2.5m/s；
（3）5s末时外力F的功率是0.25W．
【解析】
（1）已知5s末理想电压表的读数为0.2V，即R的电压为0.2V，根据公式P=
求解R上消耗的电功率；
（2）根据串联电路分压规律求出金属杆产生的感应电动势E，再由公式E=BLv求解金属杆在5s末的运动速率；
（3）由速度公式v=at求出杆的加速度a，由F安=BIL求出杆所受的安培力，即可由牛顿第二定律求出5s末时外力F大小，由公式P=Fv求解外力的功率．
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，由电路的串联关系先求出感应电动势，再求出速度；由加速度的定义，求出加速度；根据瞬时功率的表达式，求出第5秒末外力F的功率．
16.
一个质量m=2kg的物体，受到与水平方向成37°角斜向上方的拉力F1=10N，在水平地面上移动的距离l=2m．物体与地面间的滑动摩擦力F2=4.2N，求外力对物体所做的总功．（如图所示）
【答案】解：
拉力F1对物体所做的功W1=F1lcos 37°=16 J
摩擦力F2对物体所做的功为：
W2=F2lcos 180°=-8.4 J
外力对物体所做的总功W=W1+W2=7.6 J．
答：
外力对物体所做的总功为7.6
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