【文档说明】【高考复习】高考物理 全程复习课后练习14 功和功率（含答案解析）.doc，共(8)页，161.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理全程复习课后练习14功和功率1.一轻绳一端固定在O点，另一端拴一小球，拉起小球使轻绳水平，然后无初速度释放小球．如图所示，小球从开始运动至轻绳到达竖直位置的过程中，小球重力的瞬时功率的变化情

况是()A．一直增大B．一直减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大2.如图，物块A、B在外力F的作用下一起沿水平地面做匀速直线运动的过程中，下列关于A对地面的滑动摩擦力做功和B对A的静摩擦力做功的说法正确的是()A．静摩擦力做正功，滑动摩擦力做负功B．静摩擦力不做功，滑动摩擦力做

负功C．静摩擦力做正功，滑动摩擦力不做功D．静摩擦力做负功，滑动摩擦力做正功3.如图所示，一架自动扶梯以恒定的速度v1运送乘客上同一楼层，某乘客第一次站在扶梯上不动，第二次以相对扶梯v2的速度匀速往上走．扶梯两次运送乘客所做的功分别为W

1、W2，牵引力的功率分别为P1、P2，则()A．W1<W2，P1<P2B．W1<W2，P1=P2C．W1=W2，P1<P2D．W1>W2，P1=P24.如图所示,一质量为m,长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点,M点与绳的上

端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中,外力做的功为()A.mglB.mglC.mglD.mgl5.如图所示，通过一动滑轮提升质量m=1kg的物体，竖直向上拉绳子，使物体由静止开始以5m/s2的加速度上升，不计动滑轮及绳子的质量和一切摩擦，则拉力F在1

s末的瞬时功率为(取g=10m/s2)()A．75WB．25WC．12.5WD．37.5W6.质量为2kg的物体，放在与物体间的动摩擦因数为μ=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，

g=10m/s2，下列说法正确的是()A．此物体在OA段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WB．此物体在OA段做匀速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WC．此物体在AB段做匀加速直线运动，且此过程中拉力的最大功率为6WD．此物体在AB段做匀速直线运动，且此

过程中拉力的功率恒为6W7.如图所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时缆绳与水平方向的夹角为θ，小船的速度大小为v0，则此时小船加速度大小a

和缆绳对船的拉力F为(缆绳质量忽略不计)()A．a=1mPv0cosθ－f，F=Pv0cosθB．a=1mPv0－f，F=Pv0cosθC．a=1mPv0cosθ－f，F=Pv0D．a=1mPv0－f，F

=Pv08.用铁锤把小铁钉钉入木板，设木板对钉子的阻力与钉进木板的深度成正比，已知铁锤第一次将钉子钉进d，如果铁锤第二次敲钉子时对钉子做的功与第一次相同，那么，第二次钉子进入木板的深度是()A．(3－1)dB．(2－

1)dC.5－12dD.22d9.如图所示,一辆货车通过光滑轻质定滑轮提升一箱货物,货箱质量为M,货物质量为m,货车以速度v向左匀速运动,将货物提升高度h,则()A.货物向上做匀速运动B.箱中的物体对箱底的压力小于mg

C.图示位置时货车拉力的功率大于(M+m)gvcosθD.此过程中货车拉力做的功为(M+m)gh10.(多选)如图所示，一质量为m的小球固定在长为2L的轻杆上端，轻杆下端用光滑铰链连接于地面上的A点，杆可绕A点在竖直平面内自由转动

，杆的中点系一细绳，电机与自动装置控制绳子，使得杆可以从虚线位置绕A点逆时针倒向地面，且整个倒下去的过程中，杆做匀速转动．那么在此过程中()A．小球重力做功为2mgLB．绳子拉力做功大于2mgLC．重力做功功率逐渐增

大D．绳子拉力做功功率先增大后减小11.(多选)如图所示，位于水平面上的同一物体在恒力F1的作用下，做速度为v1的匀速直线运动；在恒力F2的作用下，做速度为v2的匀速直线运动，已知F1与F2的功率相同．则可能有()A．F1=F2，v1＜v2B．F

1=F2，v1＞v2C．F1＜F2，v1＜v2D．F1＞F2，v1＞v212.(多选)一质量为800kg的电动汽车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为18m/s，利用传感器测得此过程中不同时刻电动汽车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出F－1v图象，图中AB、BC

均为直线．若电动汽车行驶过程中所受的阻力恒定，由图象可知下列说法正确的是()A．电动汽车由静止开始一直做变加速直线运动B．电动汽车的额定功率为10.8kWC．电动汽车由静止开始经过2s，速度达到6m/sD．电动汽车行驶中所受的阻力为600N13.汽车发动机的额定功率

为60kW，汽车质量为5t．汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍．(g取10m/s2)(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5m/s时，其加速度是多少？(2

)若汽车以恒定加速度0.5m/s2启动，则这一过程能维持多长时间？14.如图是一架小型四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的遥控飞行器，具有体积小、使用灵活、飞行高度低、机动性强等优点．现进行试验：无人机从地面由静止开始以额定功率竖直向上起飞，经t=20s

上升到h=47m，速度达到v=6m/s之后，不断调整功率继续上升，最终悬停在高H=108m处．已知无人机的质量m=4kg，无论动力是否启动，无人机上升、下降过程中均受空气阻力，且大小恒为f=4N，取g=10m/s2.(1)求无人机的额定功率；(2)当悬停在H高处时，突然关闭动力设

备，无人机由静止开始竖直坠落，2s末启动动力设备，无人机立即获得向上的恒力F，使其到达地面时速度恰好为0，则F是多大？答案解析1.答案为：C；解析：小球在初位置重力做功的功率为零，在最低点，由于重力的方向与速度方向垂直，则

重力做功的功率为零，因为初末位置重力做功的功率都为零，则小球从开始运动至轻绳到达竖直位置的过程中重力做功的功率先增大后减小，C正确．2.答案为：C；解析：把物块A、B看成一个整体，一起沿水平地面做匀速直线运动，所以fA－地=f地－A=F，其中f地－A的

方向与运动方向相反，故地面对A的滑动摩擦力做负功，因为地面没有位移，所以A对地面的滑动摩擦力不做功；选择A作为研究对象，A做匀速运动，所以fB－A=F，fA－B=fB－A，其中B对A的静摩擦力的方向与运动方向相同，故B对A的静摩擦力做正功．综上可

知，B对A的静摩擦力做正功，A对地面的滑动摩擦力不做功，C正确．3.答案为：D；解析：功等于力和在力的方向上通过的距离的乘积，由于都是匀速运动，两种情况力的大小相等；由于第二次人沿扶梯向上走了一段距离，所以第一次扶梯运动的距离要比第二次扶梯运动的距离长，故两次扶梯

运客所做的功不同，有W1>W2；功率等于力与沿力方向的速度的乘积，由于都是匀速，两种情况力的大小相等，扶梯移动的速度也相同，电机驱动扶梯做功的功率相同，即P1=P2，故选D.4.答案为：A；解析：根据题意,此过程中外力做的功等于细绳增加的重力势能,MQ的下半部分质量为的重心升高了,故增加的重力

势能为ΔEp=mgl,所以外力做功mgl,A正确。5.答案为：A；解析：由牛顿第二定律得2F－mg=ma，得F=7.5N,1s末物体的速度为v1=at=5m/s，力F作用点的速度v2=2v1=10m/s，则拉力F在1s末的瞬时功率为P=Fv2=75W，故A正确．6.答案为：D；解析：对物

体受力分析，物体受到的摩擦力为Ff=μmg=2N，由题图可知，斜率表示物体所受拉力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为2N，所以物体在OA段做匀加速直线运动，在AB段做匀速直线运动，选项B、C错误；在OA段物体所受的拉力为5N，物体做匀加速直线运动，当速度最大时，拉力的功率最大

，v=at，x=12at2，a=F－Ffm，代入数据得v=3m/s，此时拉力的最大功率Pm=Fv=15W，选项A错误；在AB段，物体以3m/s的速度做匀速运动，此过程中拉力的功率恒为P=F′v=6W，选项D正确．7.答案为：B；解析：根据P=Fv0cosθ得F=Pv0cosθ，根据

牛顿第二定律Fcosθ－f=ma得a=1mPv0－f，所以选项B正确．8.答案为：B；解析：在将钉子钉入木板的过程中，随着深度的增加，阻力成正比地增加，这属于变力做功问题，由于力与位移成正比，可求出

力对位移的平均值，将变力转化为恒力来处理．根据题意可得，第一次做功W=F1d=kd2d；第二次做功W=F2d′=kd＋kd＋d′2d′，且d′＞0，联立解得d′=(2－1)d，B正确．9.答案为：C；解析：货物向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等,即v1=vcosθ,由于θ不断减小,故

v1增大,货物向上做加速运动,A错误;货箱和货物的加速度向上,处于超重状态,故箱中的物体对箱底的压力大于mg,绳子对货箱和货物的拉力大于(M+m)g,故拉力功率P>(M+m)gvcosθ,B错误,C正确;由功

能关系知此过程中货车拉力做的功等于货箱和货物整体动能的增加量和重力势能的增加量,大于(M+m)gh,故D错误。10.答案为：AC；解析：小球在该过程中下降高度为2L，所以小球重力做功为2mgL，A项正确；杆做匀速转动，小球速率

不变，此过程中外力对系统做功为零，又只有重力和拉力对系统做功，所以绳子拉力做功与重力做功大小相等，B项错误；重力做功的功率等于重力与小球沿竖直方向分速度的乘积，小球做匀速圆周运动，该过程中小球竖直方向分速度不断增大，所以重力做功的功率不断增大，C项正确；由动能定理可得，拉力

做功功率与重力做功功率始终大小相等，故拉力做功功率不断增大，D项错误．11.答案为：BD；解析：设F1与水平面间的夹角为α，根据题述，F1与F2的功率相同，则有F1v1cosα=F2v2.若F1=F2，则有v1cosα=v2，即v1＞v2；若F1＞F2

且v1＞v2，F1v1cosα=F2v2可能成立，选项B、D正确，A错误．若F1＜F2且v1＜v2，则F1v1cosα=F2v2肯定无法成立，选项C错误．12.答案为：BD；解析：AB段牵引力不变，根据

牛顿第二定律知，电动汽车的加速度不变，做匀加速直线运动，故A错误；额定功率P=Fminvmax=600×18W=10.8kW，故B正确；匀加速运动的加速度a=3000－600800m/s2=3m/s2，到达B点对应状态时的速度v=PF=108003000m/s=3.6m/s，所以匀加速的时间t=v

a=1.2s，若电动汽车在2s内由静止开始一直做匀加速运动，则经过2s时的速度v=at=6m/s，所以电动汽车由静止开始经过2s，速度小于6m/s，故C错误；当最大速度vmax=18m/s时，牵引力为Fmin=600N，故恒定阻力f=Fmin=600N，故D正确．13.解：(1)汽车前进的过程中阻

力不变F阻=0.1mg=0.1×5×103×10N=5×103N牵引力等于阻力时，汽车达到最大速度：vm=P0F阻=6×1045×103m/s=12m/s当v=5m/s时，F牵=P0v=6×1045N=1.2×104N所以此刻加速度a=F牵－F阻m=1.2×104－5×1035×103m/s2=1

.4m/s2.(2)当汽车以恒定加速度a′=0.5m/s2启动时所需恒定的牵引力F′牵=ma＋F阻=5×103×0.5N＋5×103N=7.5×103N当功率达到汽车额定功率时v′=P0F′牵=6×1047.5×103m/s=8m/s匀加速运动持续时间t′=v

′a′=80.5s=16s.14.解：(1)无人机以额定功率向上运动时，由动能定理可得：Pt－(mg＋f)h=12mv2解得P=107W(2)关闭动力设备后，无人机加速下落，设下落的加速度为a1，由牛顿第二定律可得mg－f=ma1经过2s后，由运动学规律可

得，速度v1=a1t1下落高度h1=12a1t21启动动力设备后，无人机减速下降，设加速度为a2，由运动学规律和牛顿运动定律可得0－v21=2a2(H－h1)mg－F－f=ma2联立解得F=43.2N