1、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()A430 J，7 WB4 300 J，70 WC720 J，12 W D7 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h0.24 m一次俯卧撑中，克服重力做功Wmgh60100.24 J144 J，所
2、以一分钟内克服重力做功为W总nW4 320 J，功率P72 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()A4倍B2倍C. 倍 D. 倍解析：选D.设Ffkv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有PFvFfvkvvkv2，变化后有2PFvkvvkv2，联立解得vv，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
3、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1104 WB水炮工作的发动机输出功率约为4104 WC水炮工作的发动机输出功率约为2.4106 WD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 W800 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mV103 kg50 kg，喷出去水的重力势能为WGmgh501060 J3104 J，水的动能为mv21104 J，所以1 s内水增加的能量为4104 J，所以功率为4104 W，选项B正确，选项
4、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(FN3mg) B.R(2mgFN)C.R(FNmg) D.R(FN2mg)解析：选A.质点在B点，由牛顿第二定律，有：FNmgm，质点在B点的动能为EkBmv2(FNmg)R.质点自A滑到B的过程中，由动能定理得：mgRWfEkB0，解得：WfR(FN3mg)，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
5、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mC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PFv，而Ffma，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
6、，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g10 m/s2)()A34 J B56 JC92 J D196 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mgxsin 30Ffx0E0，下滑的过程中重力做正功，摩擦力做负功，得mgxsin 30FfxE0，代入数据得E34 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m0.5 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g10 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x0.4 m处速度为零，则在物块下移0.4
7、m的过程中，弹簧弹性势能的增加量为()A5.5 J B3.5 JC2.0 J D1.5 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W3.5 J，重力势能减少量mgx2 J，由功能关系，弹簧弹性势能的增加量EpWmgx5.5 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 Fc
8、os ，得Fmgtan .则拉力F的瞬时功率PFv cos mgvsin .从A运动到B的过程中，拉力的瞬时功率随的增大而增大，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)()A1.2103 J B7.5102 JC6.0102 J D2.0102J解析：选B.由图可知猴子到C点时重力势能最小，BCFECF，所以LBCsin LACsin BD，所以s
9、in ，即53.AD2 m，则EDADtan 53 m，所以FE mFCADFEED，得FC5 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Epmgh750 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PFv和FFfma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
10、、非选择题11.如图所示，竖直向上拉动细绳，使质量m1 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：2Fmgma，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hat2，vat.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WF2h.1 s末力F对物体做功的瞬时功率为PF2v联立上述方程，代入数据可得：W37.5 J，P75 W.答案：37.5 J75 W12(2019湖州模拟)高速连续曝光照相机可在底
11、片上重叠形成多个图象现利用这架照相机对MD2 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
12、个2 s时间内的位移x19 m，第2个2 s时间内的位移x215 m汽车的加速度a1.5 m/s2.(2)由FFfma得，汽车牵引力FFfma(1 5001 0001.5) N3 000 N汽车做匀加速运动的末速度v m/s30 m/s匀加速运动保持的时间t1 s20 s.(3)汽车所能达到的最大速度vm m/s60 m/s.(4)由(1)、(2)知匀加速运动的时间t120 s，运动的距离x120 m300 m所以，后阶段以恒定功率运动的距离x2(2 400300) m2 100 m对后阶段以恒定功率运动，有P额t2Ffx2m(vv2)解得t250 s所以，所用最短时间为t总t1t2(2050
13、) s70 s.答案：(1)1.5 m/s2(2)20 s(3)60 m/s(4)70 s13(2018高考全国卷)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，sin .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
14、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 F2(mg)2F设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得Fm由式和题给数据得F0mgv.(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得DARsin CDR(1cos )由动能定理有mgCDF0DAmv2mv由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为pmv1.(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点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有vtgt2CDvvsin 由式和题给数据得t .答案：见解析