专题17 对功、功率的理解和应用 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 17 对功、功率的理解和应用 一、单选题 1．某车以相同的功率在两种不同的水平路面上行驶，受到的阻力分别为车重的 1k 和 2k 倍，最大速率分别 为 1v 和 2v ，则（ ） A． 112 vkv  B． 1 2 1 2 vk kv  C． 1 1 2 2 vk kv  D． 122 vkv  【答案】B 【解析】汽车的阻力分别为 1 1f k mg ， 2 2f k mg ，当汽车以相同功率启动达到最大速度时，有 F f ， 故由 P Fv 可知最大速度 P Pv F f   ，则 1 2 2 2 1 1 v f k v f k   ，有 1 2 1 2 vk kv  ，故选 B． 2．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为 F1 的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为 v； 若将水平拉力的大小改为 F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为 3v．对于上述两个过程，用 WF1、WF2 分别表示拉力 F1、F2 所做的功，Wf1、Wf2 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则（ ） A．WF2＞9WF1，Wf2＞3Wf1 B．WF2＜9WF1，Wf2=3Wf1 C．WF2=9WF1，Wf2=2Wf1 D．WF2＞9WF1，Wf2＜3Wf1 【答案】B 【解析】由题意可知，两次物体均做匀加速运动，则在同样的时间内，它们的位移之比为： 1 2 3: : 1:32 2 vt vts s   ； 两次物体所受的摩擦力不变，根据力做功表达式，则克服滑动摩擦力做功之比为： Wf1：Wf2=fS1：fS2=1:3； 再由动能定理可知： 2 1 1 1 02F fW W mv   ； 2 2 2 1 (3 ) 02F fW W m v   ; 由上两式可解得： WF2=9WF1-6Wf1； 即 WF2＜9WF1； A．WF2＞9WF1，Wf2＞3Wf1，与结论不相符，选项 A 错误； B．WF2＜9WF1，Wf2=3Wf1，与结论相符，选项 B 正确； C．WF2=9WF1，Wf2=2Wf1，与结论不相符，选项 C 错误； D．WF2＞9WF1，Wf2＜3Wf1，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B. 3．有两个形状和大小均相同的圆台形容器，如图所示放置．两容器中装有等高的水，且底部都粘有一个 质量和体积都相同的木质球．使两球脱离底部，最终木球浮于水面静止．木球上升过程中体积不变，该 过程中重力对两球做的功分别为Ｗ甲和Ｗ乙，则（ ） A．｜Ｗ甲｜＞｜Ｗ乙｜ B．｜Ｗ甲｜＝｜Ｗ乙｜ C．｜Ｗ甲｜＜｜Ｗ乙｜ D．无法确定 【答案】A 【解析】由于甲容器中液体的上表面较宽，故木球上浮出水面后，甲液面下降得较低，所以甲球相对于 乙球上升的较高，故重力对甲球做功的绝对值较大，A 是正确的。 4．如图所示，洒水车沿平直粗糙路面匀速行驶，设车所受阻力与车重成正比，洒水车行驶到某一路段时 开始洒水，且牵引力保持恒定，则开始洒水后的一段时间内（ ） A．车仍保持原有速度做匀速直线运动 B．车开始做匀加速直线运动 C．车的发动机的输出功率不断增大 D．车的发动机的输出功率保持不变 【答案】C 【解析】AB．随着质量的减少，洒水车受到的阻力减小，因为牵引力恒定，所以根据 F-f=ma 可知汽车做变加速运动，故 AB 错误； CD．根据 P=Fv 可知随着速度的增大，发动机的输出功率不断增大，故 C 正确，D 错误。 故选 C。 5．如图所示，自动卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下， θ 角缓慢减小且货物相对车 厢静止的过程中，下列说法正确的是（ ） A．货物受到的摩擦力变小 B．货物受到的支持力变小 C．货物受到的支持力对货物不做功 D．货物受到的摩擦力对货物做负功 【答案】A 【解析】AB、货物处于平衡状态，则有：mgsinθ=f，N=mgcosθ，θ减小时，f 减小，N 增大，故 B 错误， A 正确； C. θ减小过程中，货物沿支持力方向位移不等于零，支持力做负功，故 C 错误； D. θ减小过程中，货物沿支持力方向运动，摩擦力与运动方向始终垂直，摩擦力不做功，故 D 错误． 故选 B 6．光滑水平面上有一物体，受到水平拉力 F 作用由静止开始沿直线运动，它的速度 v 随时间 t 变化的规 律是 2v kt （式中 k 为常量）。关于物体的运动及拉力 F 做功情况，下列说法正确的是（ ） A．物体做匀加速直线运动 B．物体做加速度增大的加速运动 C．每经连续相等时间，拉力 F 做功大小相等 D．每经连续相等位移，拉力 F 做功大小相等 【答案】B 【解析】AB．速度 v 随时间 t 变化的规律是 2v kt （式中 k 为常量），则物体的加速度随时间越来越大， 即物体做加速度越来越大的加速运动，故 A 错误，B 正确； C．物体做加速度越来越大的加速运动，则每经连续相等时间，位移增大，力 F 也增大，根据 W=Fx 可知， 拉力做功增大，故 C 错误； D．物体做加速度越来越大的加速运动，根据牛顿第二定律可知，力 F 也越来越大，根据 W=Fx 可知，每 经连续相等位移，拉力 F 做功越大，故 D 错误。 故选 B。 7．运输人员要把质量为 ，体积较小的木箱拉上汽车．现将长为 L 的木板搭在汽车尾部与地面间，构成 一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车．斜面与水平地面成 30o 角，拉力与斜面平行．木箱与斜面间的 动摩擦因数为  ，重力加速度为 g．则将木箱运上汽车，拉力至少做功（ ） A．mgL B． 2 Lmg C． 1 (1 3 )2 mgL  D． 3 2 mgL mgL  【答案】C 【解析】根据能量守恒定律，则拉力至少做功 sin30 cos30W mgL mg L    1 (1 3 )2 mgL  ，选 项 C 正确． 8．如图所示，半径为 R 的金属环竖直放置，环上套有一质量为 m 的小球，小球开始时静止于最低点，现 使小球以初速度 0 6v gR 沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动 到最高点的过程中（ ） A．小球在最高点的速度为 0 B．小球在最低点时对金属环的压力是 6mg C．小球在最高点时，重力的功率是 mg Rg D．小球克服摩擦力所做的功是 0.5mgR 【答案】D 【解析】AD．小球在最高点与环作用力恰为 0 时，设速度为 v，则 2vmg m R  解得 v gR 从最低点到最高点，由动能定理得 －mg•2R－W 克= 1 2 mv2－ 1 2 mv02 又 v0= 6gR 解得 W 克=0.5mgR 所以克服摩擦力所做的功是 0.5mgR，故 A 错误，D 正确； B．在最低点，根据向心力公式得 2 0vN mg m R   解得 N=7mg 则由牛顿第三定律知，小球在最低点时对金属环的压力是 7mg，故 B 错误； C．小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故 C 错误。 故选 D。 9．不计空气阻力情形下将一物体以一定的初速度竖直上抛，上升时间为 t1．若在物体上升到最大高度的 一半处放置水平挡板，仍将该物体以相同的初速度从原位置竖直上抛，则这种情况下物体上升时间为 t2, 则（ ） A． 2 1 1 2t t ＜ ＜ B． 1 2 1 2t t ＜ ＜ C． 1 2 2 3t t ＜ ＜ D． 1 2 3 4t t ＜ ＜ 【答案】D 【解析】将物体的上升过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为 t2，总位移所用时间为 t1， 根据逆向思维可得：t1：t2= 2 ：（ 2 -1），解得 1 2 3.414t t  ． A． 2 1 1 2t t ＜ ＜ ，与结论不相符，选项 A 错误； B． 1 2 1 2t t ＜ ＜ ，与结论不相符，选项 B 错误； C． 1 2 2 3t t ＜ ＜ ，与结论不相符，选项 C 错误； D． 1 2 3 4t t ＜ ＜ ，与结论相符，选项 D 正确； 二、多选题 10．为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车。在检测某款电动车性能的实验中， 质量为 m 的电动车由静止开始沿平直公路直线行驶，达到的最大速度为 mv 。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 1F v  图象（图中 AB 、 BC 均为直线），假设电动 车行驶中所受的阻力恒定，图中 1F 、 2F 已知，从图象提供的信息可得（ ） A．图线 AB 段，电动车做变加速直线运动；图线 BC 段，电动车做匀加速直线运动 B．电动车匀加速运动的加速度大小为 1 2F F m  C．电动车的额定功率为 2 mF v D．电动车由静止开始达到最大速度所用的时间 m 1 2 mv F F 【答案】BC 【解析】A．根据图线可知，图线 AB 段，牵引力恒定、阻力恒定，则加速度恒定，电动车做匀加速直线 运动；图线 BC 段，图像的斜率表示功率，则功率不变，牵引力减小、阻力不变，则加速度减小，电动车 做变加速直线运动，故 A 错误； B．电动车在 C 点以后做匀速直线运动，牵引力等于阻力，则阻力大小为 F2，电动车在 AB 段做匀加速运 动的加速度大小为 1 2F Fa m  故 B 正确； C．匀速运动的速度为 vm，则电动车的额定功率为 2m mP fv F v  故 C 正确； D．根据图线无法求解电动车由静止开始达到最大速度所用的时间，故 D 错误。 故选 BC。 11．如图所示，斜面体固定在水平地面上，虚线以上部分斜面光滑，虚线以下部分斜面粗糙．质量分别 为 m1、m2（m2>m1）的两物体之间用细线连接，开始时 m1 处在斜面顶端并被束缚住．当由静止释放 m1 后，两物体开始沿斜面下滑．则下列说法正确的是（ ） A．m2 到达斜面底端前两物体一定不能相遇 B．m2 到达斜面底端前两物体有可能相遇 C．在虚线上方运动时细线对两物体均不做功 D．在虚线上方运动时细线对 ml 做正功，对 m2 做负功 【答案】BC 【解析】两物体在虚线上方运动时，因为虚线以上部分斜面光滑，把两个物体看成整体，根据牛顿第二 定律得两物体的加速度均为 a＝gsinθ，两物体加速度相等，绳子拉直，但没有力的作用，此过程细线对两 物体均不做功；m2 先到达虚线下方，则 m2 由于受到摩擦力作用而做匀减速运动，此时 m1 仍做匀加速运 动，所以绳子处于松弛状态，m1 运动到虚线位置时的速度比 m1 运动到虚线位置时的速度大，进入虚线下 方做匀减速运动，相同时间内 m1 运动的位移比 m2 运动的位移大，所以 m2 到达斜面底端前两物体有可能 相遇，故 AD 错误，BC 正确． 12．我国自行研制的新一代8 8 轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部 署型轻装甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为 m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的 距离 s 速度便可达到最大值 mv ．设在加速过程中发动机的功率恒定为 P，坦克所受阻力恒为 f，当速度为  mv v v 时，所受牵引力为 F．以下说法正确的是（ ） A．坦克速度为 v 时，坦克的牵引力做功为 Fs B．坦克的最大速度 mv P f  C．坦克速度为 v 时加速度为 F fa m  D．坦克从静止开始达到最大速度 vm 所用时间 2 m st v  【答案】BC 【解析】加速过程发动机功率恒为 P Fv ，功率不变速度 v 逐渐增大，牵引力 F 逐渐变小，当牵引力 F 最小等于阻力即 F f 时，速度最大，即 mv P f  ，选项 B 对．速度 v 时牵引力为 F ，根据牛顿第二定律 有 F f ma  即 F fa m  选项 C 对．坦克速度为 v 时，牵引力为 F ，但牵引力不是恒力，做功不能用 w Fs 计算，选项 A 错．坦克从静止开始达到最大速度 mv 过程牵引力逐渐减小，加速度逐渐变小，所 以平均速度 2 mvv  ，所以运动时间 2 m s st v v   ，选项 D 错． 13．如图所示，离地 H 高处有一个质量为 m 的物体，给物体施加一个水平方向的作用力 F，已知 F 随时 间的变化规律为： 0 (F F kt  以向左为正， 0F 、k 均为大于零的常数 ) ，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩 擦因数为  ，且 0 . 0F mg t   时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 当物体下滑 2 H 后脱离墙面，此时速度大小为 2 gH ，最终落在地面上。则下列关于物体的说法，正确的 是 ( ) A．当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B．物体与墙壁脱离的时刻为 0Ft k  C．物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一条直线 D．物体克服摩擦力所做的功为 3 8W mgH 【答案】BD 【解析】竖直方向上，由牛顿第二定律有： mg F ma  ，随着 F 减小，加速度 a 逐渐增大，做变加 速运动，当 0F  时，加速度增大到重力加速度 g，此后物块脱离墙面，故 A 错误。当物体与墙面脱离时 F 为零，所以 0 0F F kt   ，解得时间 0Ft k  ，故 B 正确；物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合 外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线。故 C 错误。物体从开始运动到脱离墙面 F 一直 不做功，由动能定理得： 21 ( )2 2 2 gHHmg W m  ，物体克服摩擦力所做的功 3 .8W mgH 故 D 正确。 故选 BD。 三、解答题 14．(12 分)在一段平直的公路上,质量为 2×103kg 的汽车从静止开始做匀加速运动,经过 2 s,速度达到 10 m/s。 随后汽车以 P=6×104W 的额定功率沿平直公路继续前进,又经过 50 s 达到最大速度。设汽车所受的阻力恒 定,大小为 1.5×103N。求: (1)汽车行驶的最大速度的大小。 (2)汽车的速度为 20 m/s 时的加速度大小。 (3)汽车从静止到达到最大速度所经过的路程。 【答案】（1）40m/s；（2）0.75m/s2；（3）1010m． 【解析】（1）由 P=fvm，得：vm= =40m/s； （2）由 P=Fv，得：F= =3×103N，故加速度为：a= =0.75m/s2； （3）匀加速的位移：x1= t1= ×2=10m，由动能定理：Pt2-fx2= mvm2- mv12，解得：x2=1000m， 汽车从静止到最大速度时经过的路程：x=x1+x2=10m+1000m=1010m． 15．如图甲所示，甲、乙两个小球可视为质点，甲球沿倾角为 300 的光滑足够长斜面由静止开始下滑，乙 球做自由落体运动，甲、乙两球的动能与路程的关系图象如图乙所示。则甲、乙两球的质量之比为 m 甲： m 乙=________；当甲、乙两球的动能均为 EK0 时，两球重力的瞬时功率之比 P 甲：P 乙=______ 【答案】4:1 ； 1:1 【解析】根据动能定理 ，可知动能与位移的图象斜率表示合外力，甲的合外力为 ， 乙球的合外力 ，由图知 ，所以 ，根据 知，动能相 等时， ，两球重力的瞬时功率之比 。