【物理】2020届一轮复习人教版 功和功率 作业 （江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版 功和功率 作业 （江苏专用）

第五章 机械能守恒定律 第1节功和功率 ‎1．[多选](2019·姜堰模拟)如图所示，物体在水平桌面上，第一次对物体施加图A的拉力F，使物体由静止发生位移x，第二次对物体施加图B的推力F，使物体由静止发生位移x，两次施力过程中F与水平方向的夹角均为α。关于做功的下述说法中正确的是(　　)‎ A．图B中F做功多 B．A、B两图中F做功相同 C．图B中克服摩擦力做功多 D．A、B两图中克服摩擦力做功相同 解析：选BC　由W＝Fxcos α知，恒力F对两种情况下做功一样多，即WA＝WB，故A错误，B正确；根据题意可知，图B中物体对地面的压力大于图A中物体对地面的压力，所以图B中物体受到的滑动摩擦力比图A中物体受到的摩擦力大，则图B中克服摩擦力做功多，故C正确，D错误。‎ ‎2．一物块放在水平地面上，受到水平推力F的作用，力F与时间t的关系如图甲所示，物块的运动速度v与时间t的关系如图乙所示。10 s后的v t图像没有画出，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ A．物块滑动时受到的摩擦力大小是6 N B．物块的质量为1 kg C．物块在0～10 s内克服摩擦力做功为50 J D．物块在10～15 s内的位移为6.25 m 解析：选D　由题图乙可知，在5～10 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f＝F′＝4 N，故A错误；在0～5 s内物块的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，解得m＝2 kg，故B错误；在0～10 s内物块通过的位移为x＝(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C错误；撤去外力后物块产生的加速度为a′＝＝－2 m/s2，减速到零所需时间为t′＝ ‎ s＝2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′＝＝ m＝6.25 m，故D正确。‎ ‎3．(2018·苏北四市模拟)如图所示，四个相同的小球A、B、C、D，其中A、B、C位于同一高度h处，A做自由落体运动，B沿光滑斜面由静止滑下，C做平抛运动，D从地面开始做斜抛运动，其运动的最大高度也为h。在每个小球落地的瞬间，其重力的功率分别为PA、PB、PC、PD。下列关系式正确的是(　　)‎ A．PA＝PB＝PC＝PD　　　 　B．PA＝PC>PB＝PD C．PA＝PC＝PD>PB D．PA>PC＝PD>PB 解析：选C　小球落地时，A的重力的瞬时功率：PA＝mg；B落地的瞬时功率：PB＝mgcos θ，θ为速度 与竖直方向的夹角；C落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：PC＝mg；因D中小球上升的最大高度为h，则落地的瞬时竖直速度为vy＝，则落地时重力的瞬时功率：PD＝mg；故PA＝PC＝PD>PB，故选项C正确，A、B、D错误。‎ ‎4.(2019·东海模拟)如图所示，从某高度以初速度v0水平抛出一个质量为m的小球，在小球下落的过程中(落地前)，其速度v、速度变化量Δv、重力的功率P和重力的功W与时间t的关系图像，正确的是(　　)‎ 解析：选C　小球t时刻的速度为：v＝＝，由数学知识知，t＝0时，v≠0，所以v t图像是不过原点的开口向上的抛物线，故A错误。由Δv＝at＝gt分析可知，Δv t图像是过原点的直线，故B错误。重力的功率P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，P与t成正比，P t图像是过原点的直线，故C正确。重力的功 W＝mgh＝mg·gt2＝mg2t2，Wt图像是过原点的开口向上的抛物线，故D错误。‎ ‎5.(2018·沭阳期末)如图是一汽车在平直路面上启动的速度—时间图像，t1时刻起汽车的功率保持不变。由图像可知(　　)‎ A．0～t1时间内，汽车的牵引力增大，加速度增大，功率不变 B．0～t1时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变，功率不变 C．t1～t2时间内，汽车的牵引力减小，加速度减小 D．t1～t2时间内，汽车的牵引力不变，加速度不变 解析：选C　0～t1‎ 时间内，汽车的速度是均匀增加的，是匀加速直线运动，汽车的牵引力不变，加速度不变，由P＝Fv知功率增大，故A、B错误；t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，速度在增大，由P＝Fv知汽车的牵引力在减小，由牛顿第二定律知F－f＝ma，知加速度减小，故C正确，D错误。‎ ‎6.[多选](2019·连云港月考)为减少机动车尾气排放，某市推出新型节能环保电动车。在检测该款电动车性能的实验中，质量为8×102 kg的电动车由静止开始沿平直公路行驶，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出如图所示的F图像(图中AB、BC均为直线)。假设电动车行驶中所受阻力恒定，最终匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)‎ A．电动车运动过程中的最大速度为15 m/s B．该车起动后，先做匀加速运动，然后匀速运动 C．该车做匀加速运动的时间是6 s D．该车加速度大小为0.25 m/s2时，动能是4×104 J 解析：选AD　从题给图像中可得C点速度最大，故最大速度为15 m/s，A正确；由图线可知，AB段牵引力不变，先做匀加速直线运动，BC段图线的斜率不变，斜率表示电动机的功率，知功率不变，速度增大，牵引力减小，做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力后，做匀速直线运动，B错误；从题给图像中可得匀加速运动的末速度为v＝3 m/s，当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线知，f＝400 N，根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度大小a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则匀加速运动的时间t＝＝ s＝1.5 s，故C错误；电动汽车以恒定功率P＝Fv＝2 000×3 W＝6 000 W启动，当加速度a＝＝0.25 m/s2，得此时的牵引力为F′＝600 N，所以此时的速度为v′＝＝ m/s＝10 m/s，故此时的动能为Ek＝mv′2＝4×104 J，D正确。‎ ‎7．如图所示，质量为M、长度为L的木板放在光滑的水平地面上，在木板的右端放置质量为m的小木块，用一根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块、木板连接，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块和木板静止，现用水平向右的拉力F作用在木板上，将木块拉向木板左端的过程中，拉力至少做功为(　　)‎ A．2μmgL　　　　　　　　 　B.μmgL C．μ(M＋m)gL D．μmgL 解析：选D　拉力做功最小时，木块应做匀速运动，对木块m 受力分析，由平衡条件可得FT＝μmg。对木板M受力分析，由平衡条件可得：F＝FT＋μmg，又因当木块从木板右端拉向左端的过程中，木板向右移动的位移l＝，故拉力F所做的功W＝F·l＝μmgL，或者根据功能关系求解，在木块运动到木板左端的过程，摩擦产生热量为μmgL，D正确。‎ ‎8．(2018·淮安期中)如图甲所示，滑轮质量、摩擦均不计，质量为2 kg的物体在拉力F作用下由静止开始向上做匀加速运动，其速度随时间的变化关系如图乙所示，由此可知(　　)‎ A．物体加速度大小为2 m/s2‎ B．F的大小为21 N C．4 s末F的功率为42 W D．4 s内F的平均功率为42 W 解析：选C　由题图乙可知，v t图像的斜率表示物体加速度的大小，即a＝0.5 m/s2，由2F－mg＝ma可得：F＝10.5 N，‎ A、B均错误；4 s末F的作用点的速度大小为vF＝2v物＝4 m/s，故4 s末F的功率为P＝FvF＝42 W，C正确；4 s内物体上升的高度h＝4 m，力F的作用点的位移l＝2h＝8 m，拉力F所做的功W＝Fl＝84 J，故平均功率＝＝21 W，D错误。‎ ‎9.(2019·镇江月考)如图所示，一个质量为m＝2 kg的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10 N的作用，在水平地面上移动了距离s1＝2 m后撤去推力，此物体又滑行了s2＝1.6 m的距离后停止运动。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)推力F对物体做的功；‎ ‎(2)全过程中摩擦力对物体所做的功。‎ 解析：(1)推力F对物体做功为：‎ W＝Fs1cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J。‎ ‎(2)撤去推力F前，‎ W1＝－f1s1＝－μ(Fsin 37°＋mg)s1‎ ‎＝－0.2×(10×0.6＋2×10)×2 J＝－10.4 J 撤去推力F后，‎ W2＝－f2s2＝－μmgs2＝－0.2×2×10×1.6 J＝－6.4 J 全过程中摩擦力对物体做功 W总＝W1＋W2＝－16.8 J。‎ 答案：(1)16 J　(2)－16.8 J