練案[14]第五章機(jī)械能第1講功和功率一、選擇題(本題共10小題，1～7題為單選，8～10題為多選)1．(2023·廣東汕頭模擬預(yù)測(cè))關(guān)于功的概念，以下說(shuō)法不正確的是(C)A．力是矢量，位移是矢量，但功是標(biāo)量B．摩擦力可以對(duì)物體做正功C．若某一個(gè)力對(duì)物體不做功，說(shuō)明該物體一定沒(méi)有位移D．功有正、負(fù)之分，若某個(gè)力對(duì)物體做負(fù)功，表明這個(gè)力對(duì)該物體的運(yùn)動(dòng)起阻礙作用[解析]力是矢量，位移是矢量，但功是標(biāo)量，故A正確；功有正、負(fù)之分，但功的正負(fù)不是表示方向，是表示力對(duì)物體做功的效果，若某個(gè)力對(duì)物體做負(fù)功，表明這個(gè)力對(duì)該物體的運(yùn)動(dòng)起阻礙作用，故D正確；摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功，故B正確；根據(jù)功的計(jì)算式W＝Flcosθ，可知若某一個(gè)力對(duì)物體不做功，說(shuō)明該物體可能是沒(méi)有位移，還可能是物體發(fā)生的位移與施加的力垂直，故C錯(cuò)誤。本題選不正確項(xiàng)，故選C。2．(2022·黑龍江齊齊哈爾二模)在同一水平高度(足夠高)不同位置由靜止釋放A球，同時(shí)以初速度v0＝10m/s水平拋出B球。已知兩球質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則A、B球在空中運(yùn)動(dòng)1s時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為(B)A．1eq\r(2) B.11C.eq\r(2)1 D.12[解析]A、B兩球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，1s末豎直方向獲得的速度為vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s，故A、B球在空中運(yùn)動(dòng)1s時(shí)重力的瞬時(shí)功率之比為eq\f(PA,PB)＝eq\f(mgvy,mgvy)＝eq\f(1,1)，故ACD錯(cuò)誤，B正確。3．(2023·浙江諸暨中學(xué)高三階段練習(xí))如表所示是廠(chǎng)商提供的某純電動(dòng)試驗(yàn)汽車(chē)的相關(guān)參數(shù)表。若該汽車(chē)由靜止開(kāi)始做加速度a＝1.5m/s2的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)汽車(chē)車(chē)速達(dá)到v1＝72km/h時(shí)，電機(jī)總功率恰好達(dá)到額定總功率，并保持該功率不變繼續(xù)行駛，假設(shè)行駛過(guò)程中汽車(chē)的阻力大小恒定。下列說(shuō)法正確的是(D)電動(dòng)汽車(chē)參數(shù)數(shù)值動(dòng)力電池容量/kwh45.6動(dòng)力電池能量效率93%電機(jī)額定總功率/kW85整車(chē)質(zhì)量/kg1710A.行駛過(guò)程中該車(chē)所受的阻力為4250NB．在電機(jī)額定總功率下，汽車(chē)的最大速度為72km/hC．表格中電池“容量”其實(shí)是指電池儲(chǔ)存的電荷量D．該汽車(chē)充滿(mǎn)電后，以上述方式總共可行駛約0.5h[解析]本題由于沒(méi)有給出電機(jī)額定輸出功率，故無(wú)法計(jì)算阻力，但即使把額定總功率當(dāng)額定輸出功率計(jì)算，阻力也為f＝eq\f(P,v)－ma＝1685N，實(shí)際比1685N還小一點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；汽車(chē)通過(guò)勻加速達(dá)到速度72km/h，此后汽車(chē)可以通過(guò)減小牽引力而保持額定功率繼續(xù)加速，故B錯(cuò)誤；根據(jù)汽車(chē)參數(shù)單位，動(dòng)力電池“容量”是指電池儲(chǔ)存的電能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；該汽車(chē)充滿(mǎn)電后，加速時(shí)間為t1＝eq\f(v,a)＝13.3s，由于勻加速階段P與v，v與t成線(xiàn)性關(guān)系，故加速過(guò)程中電機(jī)消耗的能量為：W＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,2)))t1≈0.16kw·h，后續(xù)電機(jī)以額定總功率功率行駛，則t2＝eq\f(E×93%－W,P)≈0.50h，t＝t1＋t2≈0.5h，故以上述方式總共可行駛約0.5h，D正確。4．(2023·山東濟(jì)南高三模擬)某同學(xué)用恒定的推力推橡皮，勻速擦除桌面上一段長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)直線(xiàn)痕跡，該過(guò)程中橡皮克服摩擦阻力做功為W。已知橡皮與桌面痕跡間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，不計(jì)橡皮重力，則手對(duì)橡皮推力的大小為(D)A.eq\f(W,L) B.eq\f(μW,L)C.eq\f(W\r(1＋μ2),L) D.eq\f(W\r(1＋\f(1,μ2)),L)[解析]由題意可得：W＝fL，推力的水平分力Fx＝f，f＝μFy，F(xiàn)＝eq\r(F\o\al(2,x)＋F\o\al(2,y))，求得F＝eq\f(W\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,μ2)))),L)。故選D。5．(2022·廣東二模)質(zhì)量為m的汽車(chē)由靜止啟動(dòng)后沿平直路面行駛，汽車(chē)牽引力隨速度變化的F－v圖像如圖所示，設(shè)汽車(chē)與路面間的摩擦力f保持不變，則(B)A．速度為v1時(shí)，汽車(chē)牽引力的功率為fv1B．速度為v1時(shí)，汽車(chē)的加速度為eq\f(F0－f,m)C．汽車(chē)加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，平均速度為eq\f(v1＋vm,2)D．該過(guò)程中汽車(chē)的最大功率等于F0vm[解析]速度為v1時(shí)，汽車(chē)牽引力的功率為P＝F0v1，故A錯(cuò)誤；由圖可知速度為v1時(shí)，汽車(chē)的牽引力為F0，加速度為a＝eq\f(F0－f,m)，故B正確；汽車(chē)加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，先是從靜止開(kāi)始的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后是加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，所以平均速度不能表示成eq\f(v1＋vm,2)。故C錯(cuò)誤；該過(guò)程中汽車(chē)的最大功率等于Pm＝fvm。故D錯(cuò)誤。6．(2021·湖南卷)“復(fù)興號(hào)”動(dòng)車(chē)組用多節(jié)車(chē)廂提供動(dòng)力，從而達(dá)到提速的目的?？傎|(zhì)量為m的動(dòng)車(chē)組在平直的軌道上行駛。該動(dòng)車(chē)組有四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂，每節(jié)車(chē)廂發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率均為P，若動(dòng)車(chē)組所受的阻力與其速率成正比(F阻＝kv，k為常量)，動(dòng)車(chē)組能達(dá)到的最大速度為vm。下列說(shuō)法正確的是(C)A．動(dòng)車(chē)組在勻加速啟動(dòng)過(guò)程中，牽引力恒定不變B．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則動(dòng)車(chē)組從靜止開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)C．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25P，則動(dòng)車(chē)組勻速行駛的速度為eq\f(3,4)vmD．若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，則這一過(guò)程中該動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－Pt[解析]對(duì)動(dòng)車(chē)組由牛頓第二定律有F－F阻＝ma，若動(dòng)車(chē)組在勻加速啟動(dòng)，即加速度a恒定，但F阻＝kv隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯(cuò)誤；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有eq\f(4P,v)－kv＝ma，故可知加速啟動(dòng)的過(guò)程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯(cuò)誤；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出的總功率為2.25P，則動(dòng)車(chē)組勻速行駛時(shí)加速度為零，有eq\f(2.25P,v)＝kv，而以額定功率勻速時(shí)，有eq\f(4P,vm)＝kvm，聯(lián)立解得v＝eq\f(3,4)vm，故C正確；若四節(jié)動(dòng)力車(chē)廂輸出功率均為額定值，動(dòng)車(chē)組從靜止啟動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到最大速度vm，由動(dòng)能定理可知4Pt－WF阻＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0，可得動(dòng)車(chē)組克服阻力做的功為WF阻＝4Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，故D錯(cuò)誤；故選C。7．(2023·河北模擬預(yù)測(cè))如圖甲所示，某同學(xué)研究水平勻速拉動(dòng)貨物時(shí)拉力大小和方向間的關(guān)系。他以相同的速度拉動(dòng)質(zhì)量為50kg的貨物，拉力方向與水平方向的夾角為θ。已知貨物所受阻力與貨物對(duì)地面的壓力成正比，拉力F大小與θ的函數(shù)圖像如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是(A)A．貨物受到的阻力與貨物對(duì)地面壓力的比值為0.5B．當(dāng)θ＝0.25π時(shí)，拉力大小為eq\f(500\r(2),2)NC．當(dāng)θ＝0與θ＝eq\f(π,3)時(shí)，對(duì)應(yīng)拉力大小相等D．當(dāng)0≤θ<eq\f(π,2)時(shí)，可能有兩個(gè)角度對(duì)應(yīng)拉力的功率相等[解析]設(shè)貨物受到的阻力與貨物對(duì)地面壓力的比值為μ，對(duì)貨物根據(jù)平衡條件有Fcosθ＝μ(mg－Fsinθ)，解得F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)。由題圖乙可知，當(dāng)θ＝0時(shí)，有F＝250N，代入上式解得μ＝0.5，故A正確；當(dāng)θ＝0.25π時(shí)，拉力大小為F＝eq\f(0.5mg,cos\f(π,4)＋0.5sin\f(π,4))＝eq\f(500\r(2),3)N，故B錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝eq\f(π,3)時(shí)，拉力大小為F＝eq\f(0.5mg,cos\f(π,3)＋0.5sin\f(π,3))＝1000(2－eq\r(3))N≠250N，故C錯(cuò)誤；拉力的功率為P＝Fvcosθ＝eq\f(μmgv,1＋μtanθ)，tanθ在0≤θ<eq\f(π,2)區(qū)間內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，所以在此區(qū)間內(nèi)不可能有兩個(gè)角度對(duì)應(yīng)拉力的功率相等，故D錯(cuò)誤。8．(2022·陜西榆林市二模)如圖所示，物塊A、B疊放在粗糙水平面上，A、B之間的接觸面粗糙，用水平力F拉B，使A、B一起沿水平面做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。在A、B一起運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(BC)A．B對(duì)A的摩擦力對(duì)A做正功B．B對(duì)A的摩擦力對(duì)A做負(fù)功C．A對(duì)B的摩擦力對(duì)B做正功D．A對(duì)B的摩擦力對(duì)B做負(fù)功[解析]A、B一起沿水平面做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可知a與v方向相反，A的加速度由B對(duì)A的摩擦力產(chǎn)生，可知B對(duì)A的摩擦力的方向與v的方向相反，可知B對(duì)A的摩擦力對(duì)A做負(fù)功；由牛頓第三定律可知，A對(duì)B的摩擦力的方向與v方向相同，則A對(duì)B的摩擦力對(duì)B做正功，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤，BC正確。9．(2022·貴州一模)隨著科技的發(fā)展，我國(guó)的航空母艦上將安裝電磁彈射器以縮短飛機(jī)的起飛距離。如圖所示，某航空母艦的水平跑道總長(zhǎng)l＝180m，電磁彈射區(qū)的長(zhǎng)度l1＝80m，一架質(zhì)量m＝2.0×104kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動(dòng)機(jī)可為飛機(jī)提供恒定的推力F推＝1.2×105N，假設(shè)飛機(jī)在航母上受到的阻力恒為飛機(jī)重力的eq\f(1,5)。若飛機(jī)可看成質(zhì)量恒定的質(zhì)點(diǎn)，從右邊沿離艦的起飛速度v＝40m/s，航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)(電磁彈射器提供的牽引力恒定，取g＝10m/s2)。下列說(shuō)法正確的是(AC)A．飛機(jī)在電磁彈射區(qū)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝5.0m/s2B．飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的末速度大小v1＝20m/sC．電磁彈射器對(duì)飛機(jī)的牽引力F牽的大小為2×104ND．電磁彈射器在彈射過(guò)程中的功率是不變的[解析]根據(jù)牛頓第二定律，飛機(jī)離開(kāi)電磁彈射區(qū)后有F推－0.2mg＝ma2，解得a2＝4.0m/s2，由v2－veq\o\al(2,1)＝2a2(l－l1)，解得飛機(jī)在電磁彈射區(qū)的末速度v1＝20eq\r(2)m/s，由veq\o\al(2,1)＝2a1l1，解得飛機(jī)在電磁彈射區(qū)運(yùn)動(dòng)的加速度a1＝5m/s2。根據(jù)牛頓第二定律有F牽＋F推－0.2mg＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得F牽＝2×104N，故B錯(cuò)誤，AC項(xiàng)正確；根據(jù)P＝Fv可知電磁彈射器在彈射過(guò)程中的功率不斷增加，故D錯(cuò)誤。10．(2023·湖南模擬預(yù)測(cè))如圖甲所示，一輕彈簧上端固定在天花板上，下端與一質(zhì)量為m的物體相連，物體下有一托盤(pán)，用托盤(pán)托著物體使彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)?，F(xiàn)在突然撤去托盤(pán)，在物體豎直向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，其加速度a與彈簧的伸長(zhǎng)量x間的關(guān)系如圖乙所示。已知x2＝2x1，設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，根據(jù)圖中提供的信息，下列說(shuō)法正確的是(BC)A．a(chǎn)1>a2B．x2＝eq\f(2mg,k)C．當(dāng)彈簧的伸長(zhǎng)量為x1時(shí)，物體的速度大小為eq\r(a1x1)D．彈簧的伸長(zhǎng)量從零增大到x2的過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)物體做的功與重力做的功相同[解析]由簡(jiǎn)諧振動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，a1＝a2，A錯(cuò)誤；當(dāng)x＝x1時(shí)，對(duì)物體受力分析有kx1＝mg，則x2＝2x1＝eq\f(2mg,k)，B正確；0～x1過(guò)程中圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積等于速度平方的一半，所以v2＝2·eq\f(a1x1,2)＝a1x1，解得伸長(zhǎng)量為x1時(shí)，物體的速度v＝eq\r(a1x1)，C正確；彈簧的伸長(zhǎng)量從零增大到x2的過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)物體做負(fù)功，重力對(duì)物體做正功，兩力對(duì)物體做功不相同，D錯(cuò)誤。二、非選擇題11．(2021·1月浙江高考)如圖所示，質(zhì)量m＝2kg的滑塊以v0＝16m/s的初速度沿傾角θ＝37°的斜面上滑，經(jīng)t＝2s滑行到最高點(diǎn)。然后，滑塊返回到出發(fā)點(diǎn)。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求滑塊(1)最大位移值x；(2)與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)從最高點(diǎn)返回到出發(fā)點(diǎn)的過(guò)程中重力的平均功率eq\x\to(P)。[答案](1)16m(2)0.25(3)67.9W[解析](1)滑塊沿斜面向上做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)x＝eq\x\to(v)t有x＝eq\f(v0,2)t①得x＝16m。②(2)根據(jù)a＝eq\f(Δv,Δt)知，滑塊上滑過(guò)程的加速度a1＝eq\f(Δv,t)＝8m/s2③對(duì)上滑過(guò)程，由牛頓第二定律得a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ④得μ＝0.25。⑤(3)對(duì)滑塊下滑過(guò)程，由牛頓第二定律得a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2⑥由速度位移公式：v＝eq\r(2a2x)＝8eq\r(2)m/s⑦重力的平均功率eq\x\to(P)＝mgeq\x\to(vy)，⑧其中eq\x\to(v)y＝eq\f(vsin37°,2)，代入得eq\x\to(P)＝48eq\r(2)W＝67.9W。12．(2022·北京海淀二模)2022年我國(guó)舉辦了第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀(guān)賞性的項(xiàng)目之一、如圖所示為某滑道示意圖，長(zhǎng)直助滑道AB與起跳平臺(tái)BC平滑連接，C點(diǎn)是第二段傾斜雪坡(著陸坡)的起點(diǎn)，著陸坡與水平面